Az A. 895. feladat (2024. december) |
A. 895. Nevezzünk egy \(\displaystyle f\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) függvényt gyengén periodikusnak, ha folytonos és \(\displaystyle f(x+1)=f(f(x))+1\) minden \(\displaystyle x \in \mathbb{R}\) esetén.
a) Létezik-e olyan gyengén periodikus függvény, amelyre \(\displaystyle f(x)>x\) minden \(\displaystyle x \in \mathbb{R}\) esetén?
b) Létezik-e olyan gyengén periodikus függvény, amelyre \(\displaystyle f(x)<x\) minden \(\displaystyle x \in \mathbb{R}\) esetén?
Javasolta: Imolay András (Budapest)
(7 pont)
A beküldési határidő 2025. január 10-én LEJÁRT.
a) Azt állítjuk, hogy nincs ilyen függvény. Jelölje \(\displaystyle f^n\) az \(\displaystyle f\) függvény \(\displaystyle n.\) iteráltját. Tegyük fel, hogy \(\displaystyle f\) egy folytonos függvény, ami nem az identikus függvény és
\(\displaystyle f(x+1)=f(f(x))+1.\)
Először bizonyítsuk be, hogy
\(\displaystyle f(x+k)=f^{2^k}(x)+k\)
minden \(\displaystyle x \in \mathbb{R}\) és \(\displaystyle k\) pozitív egész szám esetén. Indukcióval bizonyítunk, a \(\displaystyle k=1\) eset éppen a feltétel. Most tegyük fel, hogy \(\displaystyle k\)-ra már igazoltuk az egyenlőséget. Ekkor
\(\displaystyle f(x+k+1)=f(f(x+k))+1=f(f^{2^k}(x)+k)+1=\left(f^{2^k}(f^{2^k}(x))+k\right)+1=f^{2^{k+1}}(x)+(k+1).\)
ahol az első egyenlőség a feladat feltételéből, a következő kettő pedig az indukciós feltevésből következik.
Figyeljük meg, hogy ha létezik \(\displaystyle a\), hogy \(\displaystyle f(a)=a+1\), akkor ezt az \(\displaystyle x\) helyére helyettesítve az eredeti feltételben ellentmondást kapunk: \(\displaystyle f(a+1)=f(f(a))+1=f(a+1)+1\). Tehát \(\displaystyle f\) folytonossága miatt, ha van megoldás, akkor \(\displaystyle f(x)>x+1\) minden \(\displaystyle x \in \mathbb{R}\) esetén, vagy \(\displaystyle x<f(x)<x+1\) minden \(\displaystyle x \in \mathbb{R}\) esetén.
1.eset: \(\displaystyle f(x)>x+1\) minden \(\displaystyle x \in \mathbb{R}\) esetén.
Ebben az esetben a feltétel és \(\displaystyle f(x)>x+1\) miatt tetszőleges \(\displaystyle a\)-ra
\(\displaystyle f(a)=f(f(a-1))+1>f(a-1)+2,\)
amiből
\(\displaystyle f(a-1)-(a-1)<(f(a)-2)-(a-1)=(f(a)-a)-1,\)
amit iterálva \(\displaystyle f(a-k)-(a-k)<(f(a)-a)-k\), és ez elég nagy \(\displaystyle k\) esetén kisebb, mint 1 (sőt, negatív is lesz), ami ellentmondás.
2. eset: \(\displaystyle x<f(x)<x+1\) minden \(\displaystyle x \in \mathbb{R}\) esetén.
Tekintsük az \(\displaystyle a_n=f^n(0)\) sorozatot. Ez a feltétel szerint monoton nő. Ha \(\displaystyle \lim a_n=a\) valamilyen \(\displaystyle a \in \mathbb{R}\) számra, akkor \(\displaystyle f(a_{n})=a_{n+1}\) és \(\displaystyle f\) folytonossága miatt \(\displaystyle f(a)=a\), ami ellentmondás. Tehát \(\displaystyle a_n\) nem korlátos felülről, így létezik olyan \(\displaystyle k\), melyre \(\displaystyle a_{2^k}=f^{2^k}(0)>1\). Használva a korábban belátott egyenlőséget,
\(\displaystyle f(k)=f^{2^k}(0)+k>k+1,\)
ami ellentmond annak, hogy \(\displaystyle f(x)<x+1\).
Ezzel befejeztük a bizonyítást.
b) Létezik ilyen függvény, könnyű ellenőrizni, hogy az \(\displaystyle f(x)=-\log_2(2^{-x}+1)\) megfelelő:
\(\displaystyle f(f(x))=-\log_2(2^{\log_2(2^{-x}+1)}+1)=-\log_2(2^{-x}+2)=-\log_2(2\cdot(2^{-x-1}+1))=-1-\log_2(2^{-x-1}+1)=f(x+1)-1.\)
Statisztika:
Az A. 895. feladat értékelése még nem fejeződött be.
A KöMaL 2024. decemberi matematika feladatai