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