Kezdőlap


Feladat:	2013. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 22. feladata	Korcsoport: -	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Janzer Olivér
Füzet:	2013/október, 392 - 393. oldal		PDF \| MathML
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2013/szeptember: 2013. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 22. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Janzer Olivér megoldása. Jelöljük $a$ -val azt az (egyik) 1-nél nagyobb racionális számot, melyre $f (a) = a$ . $(i)$ -be $x = a$ -t és $y = 1$ -et helyettesítve $f (a) f (1) \geq f (a)$ , azaz $a f (1) \geq a$ . Mivel $a > 1$ , azért leoszthatunk, így $f (1) \geq 1$ . Bebizonyítjuk $n$ szerinti teljes indukcióval, hogy ha $n$ pozitív egész, akkor $f (n) \geq n$ . $n = 1$ -re igaz az állítás. Tegyük fel, hogy $n \leq k$ -ig már beláttuk, bizonyítunk $n = k + 1$ -re. $(i i)$ -be $x = k$ -t és $y = 1$ -et helyettesítve

\begin{matrix} f (k + 1) \geq f (k) + f (1) \geq k + 1, \end{matrix}

így az indukciós lépést befejeztük. Tehát pozitív egész

n

-ekre

f (n) \geq n

.
Vegyünk egy tetszőleges

\frac{p}{q}

pozitív racionális számot (

p

és

q

pozitív egészek). Ekkor

(i)

-be

x = \frac{p}{q}

-t és

y = q

-t helyettesítve

\begin{matrix} f (\frac{p}{q}) f (q) \geq f (p) . \end{matrix}

f (q) \geq q

és

f (p) \geq p

, így

f (q)

és

f (p)

is pozitív. Így

f (\frac{p}{q})

is pozitív kell legyen. Tehát minden

x \in Q_{> 0}

-ra

f (x) > 0

. Így

(i i)

-ből

\begin{matrix} f (x + y) \geq f (x) + f (y) > f (y), \end{matrix}

tehát a függvény szigorúan monoton nő. (Ha

x_{1} > x_{2}

, akkor

x = x_{1} - x_{2}

y = x_{2}

helyettesítésekkel

f (x + y) > f (y)

-ból

f ([x_{1} - x_{2}] + x_{2}) > f (x_{2})

, azaz

f (x_{1}) > f (x_{2})

.)
Most

n

szerinti teljes indukcióval igazoljuk, hogy

f (a^{n}) \leq a^{n}

, ha

n

pozitív egész.

n = 1

esetén

f (a) = a \leq a

. Bizonyítunk

n = k

-ról

n = k + 1

-re.

(i)

-be

x = a^{k}

-t és

y = a

-t helyettesítve

f (a^{k}) f (a) \geq f (a^{k + 1})

. Így, mivel

f (a^{k}) \leq a^{k}

és

f (a) = a

, azért

f (a^{k + 1}) \leq a^{k + 1}

.
Tegyük fel, hogy valamilyen

x_{0} \in Q_{> 0}

esetén

f (x_{0}) > x_{0}

. Legyen ekkor

f (x_{0}) = x_{0} + c

, ahol

c > 0

n

szerinti teljes indukcióval igazoljuk, hogy

f (n x_{0}) \geq n x_{0} + n c

, ha

n

pozitív egész.

n = 1

-re valóban

f (x_{0}) = x_{0} + c \geq x_{0} + c

. Bizonyítunk

n = k

-ról

n = k + 1

-re.

(i i)

-be

x = k x_{0}

-t és

y = x_{0}

-t helyettesítve

\begin{matrix} f ([k + 1] x_{0}) \geq f (k x_{0}) + f (x_{0}) \geq (k x_{0} + k c) + (x_{0} + c) = (k + 1) x_{0} + (k + 1) c . \end{matrix}

Az indukciós lépést befejeztük,

f (n x_{0}) \geq n x_{0} + n c

.
Mivel

c

és

x_{0}

pozitív számok, így van olyan

K

pozitív szám, melyre

K c > x_{0}

. Minthogy

a > 1

, ezért van olyan

n

pozitív egész, amelyre teljesül

(K + 1) x_{0} < a^{n}

x_{0}

pozitív szám, így egyértelműen létezik olyan

k

egész, melyre

\begin{matrix} k x_{0} \leq a^{n} < (k + 1) x_{0} . \end{matrix}

Így

(K + 1) x_{0} < a^{n} < (k + 1) x_{0}

, amiből

K < k

. Így, mivel

K

pozitív, ezért

k

is, azaz

k

pozitív egész. Mivel

f

szigorúan monoton nő, ezért

k x_{0} \leq a^{n}

-ből

f (k x_{0}) \leq f (a^{n})

. Korábban belátott állításunk szerint viszont

f (k x_{0}) \geq k x_{0} + k c

, illetve

f (a^{n}) \leq a^{n}

, így

\begin{matrix} k x_{0} + k c \leq f (k x_{0}) \leq f (a^{n}) \leq a^{n} . \end{matrix}

Mivel

a^{n} < (k + 1) x_{0}

, azért

k x_{0} + k c < (k + 1) x_{0}

, amiből

k c < x_{0}

. Azonban

K < k

és

K c > x_{0}

, ami

c > 0

miatt ellentmond

k c < x_{0}

-nak. Így ellentmondásra jutottunk, azaz feltevésünkkel szemben nincsen olyan

x_{0} \in Q_{> 0}

, amelyre

f (x_{0}) > x_{0}

. Tehát

x \in Q_{> 0}

esetén

f (x) \leq x

.
Azt azonban tudjuk, hogy

f (n) \geq n

, ha

n

pozitív egész. Így

n \leq f (n) \leq n

, tehát

f (n) = n

. Vegyünk egy tetszőleges

\frac{p}{q}

pozitív racionális számot (

p

és

q

pozitív egészek). Ekkor

(i)

-be

x = \frac{p}{q}

-t és

y = q

-t helyettesítve azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} f (\frac{p}{q}) f (q) \geq f (p) . \end{matrix}

Mivel

f (q) = q

és

f (p) = p

, azért

\begin{matrix} f (\frac{p}{q}) q \geq p, amiből f (\frac{p}{q}) \geq \frac{p}{q} . \end{matrix}

Ezt összevetve

f (x) \leq x

-szel azt kapjuk, hogy

f (\frac{p}{q}) = \frac{p}{q}

. Így a feladat állítását igazoltuk.