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:

11 dolgozat érkezett.
7 pontot kapott:	Varga Boldizsár, Xiaoyi Mo.
4 pontot kapott:	3 versenyző.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	5 versenyző.

A KöMaL 2024. decemberi matematika feladatai