Az A. 880. feladat (2024. április)

A. 880. Határozzuk meg az összes $\displaystyle (a,b,c)$ valós számokból álló számhármast, amelyre létezik olyan $\displaystyle f\colon\mathbb{Z}^+ \to \mathbb{Z}^+$ függvény, hogy

$\displaystyle af(n)+bf(n+1)+cf(n+2)<0$

minden $\displaystyle n \in \mathbb{Z}^+$ számra ($\displaystyle \mathbb{Z}^+$ a pozitív egész számok halmazát jelöli).

Javasolta: Imolay András (Budapest)

(7 pont)

A beküldési határidő 2024. május 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Nevezzünk egy $\displaystyle (a,b,c)$ valós számokból álló számhármast szépnek, ha teljesül rá a feladat feltétele, azaz létezik megfelelő függvény.

1. eset: $\displaystyle c<0$.

Azt állítjuk, hogy ekkor bármilyen $\displaystyle a,b \in \mathbb{R}$ számok esetén $\displaystyle (a,b,c)$ szép. Ehhez mutatnunk kell egy megfelelő $\displaystyle f$ függvényt. Definiáljuk sorba az értékeit: amikor az $\displaystyle (n+2).$ értéket definiáljuk, arra figyelünk, hogy az $\displaystyle n.$ elvárt egyenlet teljesüljön. Legyen $\displaystyle f(1)=f(2)=1$. Most tegyük fel, hogy már az $\displaystyle f(1), f(2), \ldots , f(n+1)$ értékeket definiáltuk úgy, hogy minden $\displaystyle k \leq n-1$ esetén teljesül, hogy $\displaystyle af(k)+bf(k+1)+cf(k+2)<0$. Legyen most $\displaystyle f(n+2)$ olyan nagy, hogy $\displaystyle |cf(n+2)|>af(n)+bf(n+1)$. Ilyet nyilván tudunk választani, mert $\displaystyle c \neq 0$, és mivel $\displaystyle c<0$, így teljesülni fog az $\displaystyle n.$ egyenlet, pont ahogy akartuk.

2. eset: $\displaystyle c=0$.

Azt állítjuk, hogy ekkor $\displaystyle (a,b,c)$ pontosan akkor szép, ha $\displaystyle b<0$ vagy $\displaystyle a+b<0$. Ha az előbbi teljesül, akkor az előző esethez hasonlóan minden $\displaystyle n$-re tudok sorba definiálni egy $\displaystyle f(n)$ értéket úgy, hogy $\displaystyle f(n+1)$ olyan nagy legyen, hogy $\displaystyle |bf(n+1)|>af(n)$, ami egy megfelelő függvényt ad. Utóbbi esetben, ha $\displaystyle a+b<0$, akkor a konstans 1 függvény megfelelő.

Tehát már csak azt kell megmutatnunk, hogy ha $\displaystyle b \geq 0$ és $\displaystyle a+b \geq 0$, akkor nincs megfelelő függvény. Ha $\displaystyle a \geq 0$, akkor ez világos, különben vegyük észre, hogy

$\displaystyle 0>af(n)+bf(n+1)=-a(f(n+1)-f(n))+(a+b)f(n+1).$

Az utolsó tag nemnegatív, és $\displaystyle a<0$, így ekkor $\displaystyle f(n+1)-f(n)<0$, azaz a függvény szigorúan monoton csökken, ám ez nem lehetséges egy pozitív egészekbe képző függvénynél.

3. eset $\displaystyle c>0$.

3.1. eset $\displaystyle a \leq 0$.

Azt állítjuk, hogy ebben az esetben pontosan akkor lesz $\displaystyle (a,b,c)$ szép, ha $\displaystyle a+b+c<0$. Világos, hogy ebben az esetben tényleg szép, mert a konstans 1 függvény megfelelő. Tegyük most fel, hogy $\displaystyle a+b+c \geq 0$. Adjuk össze az első $\displaystyle n$ egyenletet:

$\displaystyle af(1)+(a+b)f(2)+\sum_{i=3}^n((a+b+c)f(i))+(b+c)f(n+1)+cf(n+2)<0.$

Figyeljük meg, hogy $\displaystyle a+b+c \geq 0$ miatt a szummás tag nemnegatív, és $\displaystyle a \leq 0$ miatt $\displaystyle b+c \geq 0$, így $\displaystyle 0 \leq (b+c)f(n+1)$, sőt, tudjuk, hogy $\displaystyle c>0$, így $\displaystyle cf(n+2)>0$. Tehát az egyenlet bal oldalán csak az első két tag lehet negatív, ám ezek a tagok nem függnek $\displaystyle n$-től. Emiatt, mivel a fenti egyenlőtlenség mindig igaz (tegyük fel, hogy $\displaystyle n \geq 3$, hogy biztosan megjelenjen mind az öt tag a fenti képletben), $\displaystyle f(n+2)<-af(1)-(a+b)f(2)$ minden $\displaystyle n \geq 3$ esetén, azaz $\displaystyle f$ felülről korlátos. Ez azt is jelenti, hogy csak véges sok $\displaystyle (f(k),f(k+1),f(k+2))$ különböző számhármas van, így az $\displaystyle af(k)+bf(k+1)+cf(k+2)$ kifejezésnek van egy $\displaystyle t<0$ maximuma. Ám ekkor újra felírhatjuk az első $\displaystyle n$ egyenlet összegét, a felső becslés helyett beírva ezt az erősebb becslést:

$\displaystyle af(1)+(a+b)f(2)+\sum_{i=3}^n((a+b+c)f(i))+(b+c)f(n+1)+cf(n+2) \leq nt.$

Ez pedig már könnyen ellentomndásra vezet, mivel láttuk, hogy a bal oldalon csak az első két tag lehet negatív, és azok nem függnek $\displaystyle n$-től, míg a jobb oldal bármilyen kicsi lehet, ha $\displaystyle n$ elég nagy.

3.2. eset $\displaystyle a > 0$.

Világos, hogy ha $\displaystyle b \geq 0$, akkor nincs megfelelő függvény, így mostantól feltesszük, hogy $\displaystyle b<0$. Ezt további két esetre bontjuk.

3.2.1. eset $\displaystyle c \geq a$.

Azt állítjuk, hogy ebben az esetben pontosan akkor lesz megoldás, ha $\displaystyle a+b+c<0$. Mint már láttuk, ilyen esetben triviálisan jó például a konstans 1 függvény. Ha $\displaystyle a+b+c \geq 0$, akkor rendezzük át az eredeti függvényegyenlőtlenséget:

$\displaystyle 0>af(n)+bf(n+1)+cf(n+2)=a(f(n)-f(n+1))+c(f(n+2)-f(n+1))+(a+b+c)f(n+1) \geq$

$\displaystyle \geq a(f(n)-f(n+1))+c(f(n+2)-f(n+1)).$

Legyen $\displaystyle g(n)=f(n+1)-f(n)$, ezt a fenti egyenletbe beírva, és rendezve kapjuk, hogy $\displaystyle ag(n)>cg(n+1).$ Mivel $\displaystyle c \ge a >0$, ebből következik, hogy $\displaystyle g$ szigorúan monoton csökken. Mivel az értékei egészek, ez azt jelenti, hogy valahonnan kezdve negatív, ez pedig $\displaystyle f$-re nézve azt jelenti, hogy valahonnan kezdve szigorúan monoton csökkenő. Ez viszont nem lehetséges egy pozitív egészekbe képző függvénynél.

3.2.2. eset $\displaystyle a>c$.

Motiváció: Az összes közül ez a legnehezebb eset, és ha az ember csak elolvassa a megoldást, nagyon hasraütésszerűnek tűnhet, hogy miért éppen ezt csináljuk, erről írunk itt most néhány szót. A kulcs gondolat, hogy $\displaystyle f(n)=s^n$ alakú exponenciális függvényekkel akarunk próbálkozni. Erre a gondolatra több motiváció is van. Egyrészt (ahogy a lináris rekurziók elméletébe is így kerülnek be az exponenciális függvények), ha ilyen alakú $\displaystyle f$ függvényeket keresünk, akkor a végtelen sok egyenletünk helyett csak egy marad. Mivel ugye azt kell látni, hogy minden $\displaystyle n$-re $\displaystyle af(n)+bf(n+1)+cf(n+2)<0$, ám ebbe beírva az $\displaystyle s^n$ függvényt, majd $\displaystyle s^n$-nel egyszerűsítve azt kapjuk, hogy az $\displaystyle a+bs+cs^2<0$ egyenlőtlenségnek kell teljesülnie, és ha ez teljesül, akkor teljesül a függvényegyenlőtlenség minden $\displaystyle n$-re. Másrészt, ha az ember vizsgálgatja a 3.1 esetben megjelenő összegzést, és felteszi, hogy $\displaystyle a+b+c>0$, akkor érezhető, hogy ahhoz, hogy a nagy szummás tag (ami pozitív) ne győzze le a $\displaystyle (b+c)f(n+1)$ tagot, ahhoz az $\displaystyle f$-nek nagyon gyorsan (exponenciálisan) kell nőnie. Ezek után, ha $\displaystyle a$ és $\displaystyle c$ fix, akkor be lehet írni, hogy melyik $\displaystyle s$ esetén adja az $\displaystyle f(n)=s^n$ a lehető legjobb $\displaystyle b$-t, és (például deriválással) egyszerűen kapható, hogy éppen az $\displaystyle s=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c}}$ lesz az a szám, melyre $\displaystyle b$ a lehető legnagyobb, hogy $\displaystyle a+bs+cs^2=0$, és ekkor $\displaystyle b=-2\sqrt{ac}$. Még innen sem egyszerű befejezni, de talán most már motiváltabb, hogy miért a következőkben leírtakat csináljuk. Íme a megoldás:

Azt állítjuk, hogy $\displaystyle (a,b,c)$ pontosan akkor lesz szép, ha $\displaystyle b \leq -2\sqrt{ac}$. Világos, hogy ha $\displaystyle f$ egy megfelelő függvény $\displaystyle (a,b,c)$-hez, akkor $\displaystyle (a,b',c)$-hez is, ahol $\displaystyle b' \leq b$, így elég konstrukciót mutatunk az $\displaystyle (a,-2\sqrt{ac},c)$ hármasra, hogy belássuk, hogy $\displaystyle (a,b,c)$ szép, ha $\displaystyle b \leq -2\sqrt{ac}$. Legyen $\displaystyle s=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c}}$. Tudjuk, hogy $\displaystyle a \neq c$, így szigorúan teljesül rájuk a számtani-mértani egyenlőtlenség, azaz $\displaystyle a+c+b=a+c-2\sqrt{ac}>0$. Legyen $\displaystyle N$ egy olyan egész szám, melyre $\displaystyle \frac{a+c}{a+c+b}<N$. Továbbá legyen $\displaystyle k$ olyan pozitív egész, melyre $\displaystyle s^k>N$, ilyen létezik, mert tudjuk, hogy $\displaystyle a>c$, azaz $\displaystyle s>1$. Most definiáljuk az $\displaystyle f$ függvényt: legyen $\displaystyle f(n)=\lceil s^{n+k} \rceil - N$. Világos, hogy ez tényleg a pozitív egészekbe képez, lássuk be, hogy ez teljesíti az egyenlőtlenségeinket is. Ehhez először érdemes megfigyelni, hogy

$\displaystyle a+bs+cs^2=a-2a+a=0.$

Ekkor

$\displaystyle af(n)+bf(n+1)+cf(n+2)=a(\lceil s^{n+k} \rceil - N)+b(\lceil s^{n+k+1} \rceil - N)+c(\lceil s^{n+k+2} \rceil - N) \leq$

$\displaystyle \leq a(s^{n+k} +1- N)+b( s^{n+k+1} - N)+c( s^{n+k+2} +1 - N)=$

$\displaystyle =s^{n+k}(a+bs+cs^2)+(a+c)-(a+b+c)N=(a+c)-(a+b+c)N<0,$

azaz $\displaystyle f$ kielégíti a feladat feltételeit.

Már csak azt kell megmutatnunk, hogy ha $\displaystyle b>-2\sqrt{ac}$, akkor nem létezik megfelelő függvény. Indirekten tegyük fel, hogy mégis létezik megfelelő $\displaystyle f$ függvény, és legyen $\displaystyle g(n)=\left(\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}}\right)^nf(n)$, azaz $\displaystyle f(n)=g(n)s^n$, valamint legyen $\displaystyle b=-2\sqrt{ac}+\varepsilon$, ahol $\displaystyle \varepsilon>0$. Írjuk be ezeket a függvényegyenletbe, és használjuk ki megint, amit korábban már egyszer megállapítottunk, hogy $\displaystyle a=\sqrt{ac} \cdot s=cs^2$.

$\displaystyle af(n)+bf(n+1)+cf(n+2)=ag(n)s^n+(\varepsilon-2\sqrt{ac})g(n+1)s^{n+1}+cg(n+2)s^{n+2}=$

$\displaystyle as^n(g(n)-2g(n+1)+g(n+2))+\varepsilon s^{n+1}g(n+1)<0.$

Legyen $\displaystyle h(n)=g(n+1)-g(n)$. Osztva $\displaystyle as^n$-nel, rendezve és $\displaystyle h$-t behelyettesítve azt kapjuk, hogy

$\displaystyle h(n+1)<h(n)-\frac{\varepsilon s}{a}g(n+1).$

Világos, hogy $\displaystyle g$ pozitív értékeket vesz fel, így ebből azonnal látható, hogy a $\displaystyle h(n)$ sorozat monoton csökken. Valami hasonlót szeretnénk csinálni, mint a 3.2.1 esetben, de ugyanaz nem működik kapásból, mert nem tudjuk, hogy a $\displaystyle g$ és a $\displaystyle h$ függvények egész értékeket vesznek fel. De szerencsére az $\displaystyle \frac{\varepsilon s}{a}g(n+1)$ tag miatt mégis menni fog.

Ha létezik olyan $\displaystyle k$, melyre $\displaystyle h(k)<0$, akkor a monoton csökkenés miatt innentől minden $\displaystyle l \geq k$ esetén $\displaystyle h(l) \leq h(k)<0$, így $\displaystyle g(l+1)-g(k)=\sum_{i=k}^l h(i) \leq (l-k+1)h(k)$. Elég nagy $\displaystyle l$-et választva a jobb oldal tetszőlegesen kicsit lehet, azaz elég nagy $\displaystyle l$ esetén $\displaystyle g(l+1)<0$, ami ellentmondás. Tehát elég lenne azt belátni, hogy létezik $\displaystyle h(k)<0$. Tegyük fel, hogy nem létezik ilyen, ez éppen azt jelenti, hogy a $\displaystyle g(n)$ sorozat monoton nő, azaz $\displaystyle g(n+1) \geq g(1)$ minden $\displaystyle n$-re. Ám ekkor

$\displaystyle h(n+1)<h(n)-\frac{\varepsilon s}{a}g(1),$

ahol $\displaystyle \frac{\varepsilon s}{a}g(1)$ egy pozitív konstans, így ekkor azt is tudjuk, hogy a $\displaystyle h(n)$ sorozat minden lépésben legalább egy fix pozitív konstanssal csökken, így elég nagy $\displaystyle k$-ra negatívnak kell lennie, ami ellentmondás. Ezzel befejeztük a bizonyítást.

Statisztika:

5 dolgozat érkezett.
7 pontot kapott:	Szakács Ábel, Varga Boldizsár, Wiener Anna.
4 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2024. áprilisi matematika feladatai