A B. 5165. feladat (2021. március)

B. 5165. Legyen $\displaystyle k$ egy adott pozitív egész. Van-e olyan $\displaystyle f \colon \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ függvény, amelyre

$\displaystyle f(x) + f\big(f(x)\big) = x + k$

minden $\displaystyle x \in \mathbb{N}$ esetén?

Javasolta: Lovas Márton (Budapest)

(6 pont)

A beküldési határidő 2021. április 12-én LEJÁRT.

Megjegyzés. Nincs egyértelmű megállapodás arról, hogy $\displaystyle \mathbb{N}$, a "természetes" számok halmaza tartalmazza-e a $\displaystyle 0$ számot; ezért is szoktuk elkerülni a "természetes számok" kifejezést a feladatok szövegében. Az itt közzétett megoldás eredeti változata az $\displaystyle \mathbb{N}=\{1,2,\ldots\}$ esetre volt érvényes. A megoldást úgy módosítottuk, hogy mind az $\displaystyle \mathbb{N}=\{1,2,\ldots\}$, mind az $\displaystyle \mathbb{N}=\{0,1,2,\ldots\}$ értelmezéssel is változtatás nélkül el lehessen mondani.

Megoldás. Megmutatjuk, hogy ilyen tulajdonságú függvény nem létezik.

Tegyük fel indirekten, hogy mégis van ilyen függvény; ebből a feltevésből ellentmodásra fogunk jutni. Ehhez előbb a függvény néhány egyszerű tulajdonságát fogjuk igazolni.

1. tulajdonság: A függvény injektív: $\displaystyle x\ne y$ esetén $\displaystyle f(x)\ne f(y)$.

Bizonyítás: Ha $\displaystyle f(x)=f(y)$, akkor ezeket az $\displaystyle f$-be behelyettesítve $\displaystyle f(f(x))=f(f(y)$. Emiatt

$\displaystyle x = f(x)+f(f(x))-k = f(y)+f(f(y))-k = y.$

Tehát csak akkor lehet $\displaystyle f(x)=f(y)$ , ha $\displaystyle x=y$.

2. tulajdonság: Az $\displaystyle f(f(x))$ függvény injektív.

Bizonyítás: Az 1. tulajdonságot előbb tetszőleges $\displaystyle x,y$ számokra, majd az $\displaystyle f(x),f(y)$ értékekre alkalmazva: ha $\displaystyle x\ne y$, akkor $\displaystyle f(x)\ne f(y)$, de akkor $\displaystyle f(f(x))\ne f(f(y))$.

3. tulajdonság:

$\displaystyle f(x) \le x+k.$

Bizonyítás: A függvényegyenletből

$\displaystyle f(x) \le f(x)+f(f(x)) = x+k.$

4. tulajdonság:

$\displaystyle f(f(x)) \le \frac{x}{2}+k.$

Bizonyítás: A 3. tulajdonságot $\displaystyle x$ helyett $\displaystyle f(x)$-szel felírva

$\displaystyle f(f(x)) \le f(x) + k;$

ezután a függvényegyenletből

$\displaystyle 2f(f(x)) = f(f(x))+f(f(x)) \le \big(f(x)+k\big) + f(f(x)) = \big(f(x)+f(f(x))\big)+k = (x+k)+k.$

A feladat megoldásához tekintsük az

$\displaystyle f(f(1)),\, f(f(2)),\, \ldots,\, f(f(2k+4))$

nemnegatív egész számokat. A 2. tulajdonság miatt ez $\displaystyle 2k+4$ különböző szám; a 4. tulajdonság szerint ezek mindegyike legfeljebb $\displaystyle \frac{2k+4}{2}+k=2k+2$. Ez azonban ellentmondás, mert a $\displaystyle 0,1,2,\ldots,2k+2$ számok közül nem lehetséges $\displaystyle 2k+4$ különbözőt kiválasztani.

Az indirekt feltevésünkből ellentmondásra jutottuk; nem létezik ilyen $\displaystyle f(x)$ függvény.

Statisztika:

42 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Bán-Szabó Áron, Bognár 171 András Károly, Csizmadia Miklós, Diaconescu Tashi, Duchon Márton, Fekete Richárd, Kalocsai Zoltán, Kercsó-Molnár Anita, Kerekes Boldizsár, Kovács 129 Tamás, Lovas Márton, Márton Kristóf, Metzger Ábris András, Móricz Benjámin, Nádor Benedek, Seres-Szabó Márton, Simon László Bence, Somogyi Dalma, Szanyi Attila, Sztranyák Gabriella, Terjék András József, Tóth 057 Bálint, Velich Nóra, Virág Rudolf, Zömbik Barnabás.
5 pontot kapott:	Andó Viola, Baski Bence, Kökényesi Márk Péter, Nagy 551 Levente, Osztényi József, Romaniuc Albert-Iulian, Sógor Bence, Török Ágoston, Varga Boldizsár.
4 pontot kapott:	1 versenyző.
3 pontot kapott:	3 versenyző.
0 pontot kapott:	4 versenyző.

A KöMaL 2021. márciusi matematika feladatai