Feladat:	B.4650	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Andó Angelika ,  Bereczki Zoltán ,  Csépai András ,  Fekete Panna ,  Geng Máté ,  Kovács Márton ,  Nagy-György Pál ,  Porupsánszki István ,  Schefler barna ,  Schwarz Tamás ,  Szőke Tamás ,  Williams Kada
Füzet:	2015/február, 90 - 91. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Különleges függvények, Trigonometriai azonosságok, Konstruktív megoldási módszer
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2014/szeptember: B.4650

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Megadunk egy ilyen függvényt. Legyen $a=c=1$ és $d=0\ne b$. Az $x_1\ne 0$ értékét később megválasztva, legyen ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle x_2}& {\displaystyle =f\left(x_1\right)=\frac{x_1+b}{x_1}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x_3}& {\displaystyle =f\left(x_2\right)=\frac{\frac{x_1+b}{x_1}+b}{\frac{x_1+b}{x_1}}=\frac{\left(b+1\right)x_1+b}{x_1+b}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x_4}& {\displaystyle =f\left(x_3\right)=\frac{\frac{\left(b+1\right)x_1+b}{x_1+b}+b}{\frac{\left(b+1\right)x_1+b}{x_1+b}}=\frac{\left(2b+1\right)x_1+b^2+b}{\left(b+1\right)x_1+b}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x_5}& {\displaystyle =f\left(x_4\right)=\frac{\frac{\left(2b+1\right)x_1+b^2+b}{\left(b+1\right)x_1+b}+b}{\frac{\left(2b+1\right)x_1+b^2+b}{\left(b+1\right)x_1+b}}=\frac{\left(b^2+3b+1\right)x_1+2b^2+b}{\left(2b+1\right)x_1+b^2+b}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x_1}& {\displaystyle =f\left(x_5\right)=\frac{\frac{\left(b^2+3b+1\right)x_1+2b^2+b}{\left(2b+1\right)x_1+b^2+b}+b}{\frac{\left(b^2+3b+1\right)x_1+2b^2+b}{\left(2b+1\right)x_1+b^2+b}}=\frac{\left(3b^2+4b+1\right)x_1+b^3+3b^2+b}{\left(b^2+3b+1\right)x_1+2b^2+b}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Az utóbbi összefüggést rendezve: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(b^2+3b+1\right)x_1^2-\left(b^2+3b+1\right)x_1-\left(b^3+3b^2+b\right)=\mathrm{0,}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(b^2+3b+1\right)\left(x_1^2-x_1-b\right)=0.}\end{array}$ Ez biztosan teljesül, ha az első tényező nulla ‐ például, ha $b=\frac{-3+\sqrt[]{5}}{2}$. Legyen továbbá $x_1=2$, ekkor ${\displaystyle \begin{array}{cccc}\hfill {\displaystyle x_2}& {\displaystyle =\frac{2+b}{2}\approx 0\mathrm{,}\mathrm{809,}}\hfill & {\displaystyle x_3}\hfill & \hfill {\displaystyle =\frac{x_2+b}{x_2}\approx 0\mathrm{,}\mathrm{528,}}\\ \hfill {\displaystyle x_4}& {\displaystyle =\frac{x_3+b}{x_3}\approx 0\mathrm{,}\mathrm{276,}}\hfill & {\displaystyle x_5}\hfill & \hfill {\displaystyle =\frac{x_4+b}{x_4}\approx -0\mathrm{,}382.}\end{array}}$ Tehát az $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=\frac{x-\frac{3-\sqrt[]{5}}{2}}{x}}\end{array}$ függvény a fenti $x_i$ értékekkel megfelel.   II. megoldás. A tangens függvény jól ismert $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{tg}\left(y+\beta \right)=\frac{\text{tg}y+\text{tg}\beta }{1-\text{tg}y\cdot \text{tg}\beta }}\end{array}$ összegzési képletére emlékezve legyen $a=1$, $b=\text{tg}\beta$, $c=-\text{tg}\beta$, $d=1$, az $x$ változót pedig írjuk $x=\text{tg}y$ alakba; ekkor az $\begin{array}{c}{\displaystyle x\mapsto f\left(x\right)=\frac{x+b}{-cx+1}\mathrm{,}\text{azaz}\text{tg}y\mapsto \frac{\text{tg}y+\text{tg}\beta }{1-\text{tg}\beta \text{tg}y}=\text{tg}\left(y+\beta \right)}\end{array}$ függvény megfelelő, ha a $\text{tg}\left(y+k\beta \right)$ ($k=\mathrm{0,1,}\text{...}\mathrm{,4}$) értékek értelmezettek, páronként különbözők és $\text{tg}y=\text{tg}\left(y+5\beta \right)$. Mivel a tangens függvény értelmezett és szigorúan monoton növő mindegyik nyílt $\left(\frac{2k-1}{2}\pi \mathrm{,}\frac{2k+1}{2}\pi \right)$ intervallumon és periodikus $\pi$ szerint, $b=\text{tg}\left(\pi /5\right)$ és $x_1=0$ választással a feladat követelményeit kielégítő függvényt kapunk.