INJEKTIVITÁS ÉS EGYÉB TULAJDONSÁGOK MEGOLDOTT FELADATOK

Tartalomjegyzék

Vissza

Megoldott feladatok – Injektivitás és egyéb tulajdonságok

59

INJEKTIVITÁS ÉS EGYÉB TULAJDONSÁGOK MEGOLDOTT FELADATOK 1) Határozd meg azt az f:R→R függvényt, amelyre f ( f ( x)) = x, ∀ x ∈ R és a g:R→R g ( x) = x + f ( x) függvény injektiv! Megoldás. Ha a g függvény értelmezésében x helyett f (x) -et helyettesítünk a g ( f ( x)) = f ( x) + f ( f ( x)) = f ( x) + x = g ( x) egyenlőséghez jutunk. A g injektivitása alapján f ( x) = x, ∀ x ∈ R . Ellenőrizhető, hogy a g ( x) = x + f ( x) = 2 x függvény valóban injektiv és f ( f ( x)) = f ( x) = x, ∀ x ∈ R , tehát az f ( x) = x függvény az egyedüli megoldás. 1 2) Létezik-e olyan f:R→R injektiv függvény, amelyre f ( x 2 ) − f 2 ( x) ≥ , ∀ x ∈ R ? 4 2 Megoldás. Az adott egyenlőtlenségbe az x = x egyenlet gyökeit helyettesítjük: 2

f (0) − f 2 (0) ≥

1 1 1 1  ⇒ f 2 (0) − f (0) + ≤ 0 ⇒  f (0) −  ≤ 0 ⇒ f (0) = 2 2 4 4  2

f (1) − f 2 (1) ≥

1 1 1 1  ⇒ f 2 (1) − f (1) + ≤ 0 ⇒  f (1) −  ≤ 0 ⇒ f (1) = 2 2 4 4 

1 összefüggés alapján f nem lehet injektiv. 2 3) Létezik-e olyan f:R→R bijektiv függvény, amelyre f ( f ( x)) = x , ∀ x ∈ R esetén? Az f (0) = f (1) =

Megoldás. Bizonyítjuk, hogy ha f:R→R bijektiv, akkor f D f :R→R is az. 10 ( f D f )( x1 ) = ( f D f )( x 2 ) ⇒ f ( f ( x1 )) = f ( f ( x 2 )) ⇒ f ( x1 ) = f ( x 2 ) ⇒ x1 = x 2 , tehát f D f is injektiv. 20 ∀ y ∈ R ∃ z ∈ R f ( z ) = y (mert f szürjektiv), de erre a z esetén létezik olyan x ∈ R , hogy f ( x ) = z (ismét az f szürjektivitása alapján), tehát f ( f ( x)) = y . Ebből következik, hogy bármely y ∈ R esetén létezik z ∈ R úgy, hogy teljesüljön az ( f D f )( z ) = y egyenlőség, tehát f D f is szürjektiv. 10 ,20 ⇒ f D f bijektiv. Mivel h:R→R h( x) = x függvény nem bijektiv az adott

egyenlőség egyetlen f esetén sem teljesülhet. Megjegyzés. 10 Hasonlóan igazolható, hogy ha f:A→B és g:B→C injektiv (szürjektiv), akkor g D f :A→C is injektiv (szürjektiv). 20 Az előbbi tulajdonság fordítottja nem igaz. Ahhoz, hogy g D f injektiv legyen nem föltétlenül szükséges, hogy mindkét függvény injektiv legyen. Például az f : {1,2,3} → {1,2,3,4} f ( x) = x és g : {1,2,3,4} → {1,2,3} g (1) = 1, g (2) = 2, g (3) = 3 és g (4) = 3 összefüggésekkel értelmezett függvényekre g D f : {1,2,3} → {1,2,3}

Tartalomjegyzék

60

Megoldott feladatok – Injektivitás és egyéb tulajdonságok ( g D f )( x) = x injektiv, de g nem injektiv. Hasonlóan az f nem szürjektiv és a g D f mégis az. Az előbbi példa vizsgálatával könnyen rájöhetünk, hogy ha g D f injektiv, akkor az f függvénynek injektivnek kell lennie, és ha g D f szürjektiv, akkor g is szürjektiv. Ezt be is bizonyíthatjuk a lehetetlenre való visszavezetés módszerével. a) Ha f nem injektiv, akkor létezik x1 , x 2 ∈ A x1 ≠ x 2 úgy, hogy f ( x1 ) = f ( x 2 )(= y ) . Ekkor viszont g ( f ( x1 )) = g ( y ) = g ( f ( x2 )) , tehát ( g D f )( x1 ) = ( g D f )( x2 ) és x1 ≠ x2 . Így g D f sem injektiv. b) Ha g nem szürjektiv, akkor létezik y0 ∈ C \ Im g . Mivel Im( g D f ) ⊆ Im g ⇒ y 0 ∈ C \ Im( g D f ) , tehát Im( g D f ) ≠ C ⇒ g D f sem szürjektiv. 30 Ha a feladatban az f bijektivitását nem kérjük, akkor végtelen sok megoldás létezik. Egy ilyen az f:R→R f ( x) = x függvény. 4) Az f:R→R függvény minden valós x esetén teljesíti az f ( f ( x)) = f ( x) + ax

egyenlőséget, ahol a ∈ R * egy rögzített szám. Határozd meg f (0) -t majd adjál példát egy ilyen függvényre! (Megyei olimpia, 1985., Szilágy megye, Liviu Vlaicu) Megoldás. Bizonyítjuk, hogy f injektiv. f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ f ( f ( x1 )) = f ( f ( x 2 )) ⇒ ⇒ ax1 = f ( f ( x1 )) − f ( x1 ) = f ( f ( x 2 )) − f ( x 2 ) = ax 2 . Mivel a ≠ 0 , következik, hogy x1 = x 2 , tehát f injektiv. Legyen f ( 0) = α . Ha az adott összefüggésbe x = 0 -t helyettesítünk, következik, hogy f (α ) = α . Mivel f injektiv az f (0) = α és f (α) = α egyenlőségek csak akkor teljesülhetnek, ha α = 0 . A példa megszerkesztésénél próbálkozzunk f ( x) = nx alakú függvénnyel.  1  Behelyettesítés után az n 2 − n − a = 0 egyenlethez jutunk, tehát ha a ∈ − , ∞  ,  4  1 akkor ilyen alakú függvény létezik és megfelel. Ha a < − , akkor az 4 f ( x) = c sin x ⋅ ar ctg − 1 − 4a függvény egy jó megoldás. 5) Bizonyítsd be, hogy pontosan akkor létezik olyan f:R→R injektiv függvény, amelyre f 2 ((4a + 1) x) − 4 a f ( x 2 + 4a ) + 1 ≤ 0, ∀x ∈ R ( a ∈ R+ rögzített), ha

(

a=

)

1 ! 4

(Helyi olimpia, Giurgiu, 1985., D.M. Bătineţu- Mircea Trifu) Megoldás. Legyen x1 és x 2 az x 2 + 4a = ( 4a + 1) x (1) egyenlet két valós gyöke. Az adott egyenlőtlenségbe x1 -et majd x 2 -t helyettesítve a (2 a ⋅ f ( yi ) − 1) 2 ≤ 0 y i = (4a + 1) x i . Ebből következik, hogy egyenlőtlenséghez jutunk, ahol f ( y1 ) = f ( y 2 ) . Tehát f csak akkor lehet injektiv, ha y1 = y 2 , vagyis ha x1 = x 2 . Ez akkor valósul meg, ha az (1) egyenlet diszkriminánsa nem szigorúan pozitív, vagyis ha

Tartalomjegyzék Megoldott feladatok – Injektivitás és egyéb tulajdonságok 61 1 1 (4a − 1) 2 ≤ 0 . Ebből következik, hogy a = . A megoldás teljességéhez a = esetén 4 4 meg kell adnunk egy konkrét f függvényt, amely injektiv és teljesíti az adott 1 x egyenlőtlenséget. Kevés keresgéléssel rájöhetünk, hogy a = esetén az f ( x) = 4 2 függvény teljesíti a feltételeket). 6) a) Bizonyítsd be, hogy két, Z-t Z-be képező bijektiv függvény szorzata nem lehet bijektiv! a) Szerkesszél két bijektiv függvényt [0, ∞ ) -ből [0, ∞ ) -be, amelyek szorzata is bijektiv! Megoldás. a) Legyen f,g:Z→Z két bijektiv függvény és tételezzük fel, hogy a h:Z→Z h( x) = f ( x) g ( x) függvény is bijektiv. A h bijektivitása miatt minden n ∈ Z esetén létezik olyan n p ∈ Z , hogy h(n p ) = p , tehát f ( n1 ) g ( n1 ) = 1 és

f ( n −1 ) g ( n −1 ) = −1 , tehát f (n1 ) = 1 és g (n1 ) = 1 , vagy f ( n1 ) = −1 és g (n1 ) = −1 . Ha f (n1 ) = 1 , akkor f injektivitása miatt f ( n−1 ) ≠ 1 , tehát f ( n−1 ) = −1 , és így g (n−1 ) = 1 , ami a g (n1 ) = 1 egyenlőség alapján ellentmondana g injektivitásának. Hasonlóan f (n1 ) = −1 esetén is ellentmondáshoz jutunk, tehát ha f és g injektivek a h nem lehet bijektiv. b) Az f : [0, ∞ ) → [0, ∞ ) f ( x) = x függvénynek az önmagával való szorzata is bijektiv. Próbálj hasonló tulajdonságú függvényeket szerkeszteni tetszőleges halmazok esetén! Milyen halmazokra lehetséges a szerkesztés? meg az összes f:Z→Z injektiv függvényt, amelyre 7) Határozd f ( f ( x)) = f ( x) + 1, ∀x ∈ Z ! (Traian Lalescu emlékverseny, 1996.) Megoldás. Ha f ( x0 ) = a , akkor f ( a) = a + 1, f (a + 1) = a + 2 és f ( n) = n + 1 minden n ≥ a esetén. Tegyük fel, hogy létezik olyan x 0 ∈ Z , hogy f ( x 0 ) ≠ x 0 + 1 . Az előbbi tulajdonság alapján az M = {x | f ( x) = x + 1} halmaznak van legkisebb eleme. Legyen ez x1 és jelöljük b-vel az f ( x1 − 1) értékét. x1 − 1 ∉ M ⇒ b ≠ x1 . Az f injektivitása alapján következik, hogy b ≤ x1 + 1 , tehát b ≤ x1 − 1 . Másrészt az adott összefüggésbe (x1 − 1) -et helyettesítve f (b) = b + 1 ⇒ b ∈ M ⇒ b ≥ x1 . A kapott ellentmondás miatt nem létezhet olyan x 0 , hogy f ( x 0 ) ≠ x 0 + 1 , tehát f ( x) = x + 1, ∀x ∈ Z . 8) Határozd meg azt az f: R→R függvényt, amely minden valós x esetén kielégíti az ( f ( x)) 3 + ( x 2 + x 4 + ... + x 2 n ) f ( x) = 2 x 3 + x 5 + x 7 + ... + x 2 n+1 egyenletet ( n ≥ 1 rögzített egész)! (IV. NMMV 1995., Bencze Mihály) Megoldás. Ha átrendezzük az adott egyenletet, a következő összefüggéshez jutunk: ( f ( x) − x)( f 2 ( x) + xf ( x) + x 2 + x 2 + x 4 + ... + x 2 n ) = 0 .

Tartalomjegyzék

62

Megoldott feladatok – Injektivitás és egyéb tulajdonságok Ha x ≠ 0 , a második zárójelbeli kifejezés értéke szigorúan pozitív, tehát f ( x) = x . x = 0 esetén az f 3 (0) = 0 egyenlőséget kapjuk, tehát f ( x) = x, ∀ x ∈ R .

9) Bizonyítsd be, hogy az f ( x + 2) = { f ( x + 1)} + [ f ( x)] egyenlőséget minden x ∈ R esetén teljesítő függvény periodikus, majd adjál példát ilyen függvényre. (Gazeta Matematică, 7-8/1997., Cristinel Mortici) Megoldás. Mindkét oldal törtrészét majd egész részét vizsgálva kapjuk, hogy { f ( x + 2)} = { f ( x + 1)} és [ f ( x + 2)] = [ f ( x)] minden x ∈ R esetén. Ebből következik, hogy: f ( x + 2) = { f ( x + 2)} + [ f ( x + 2)] = { f ( x + 1)} + [ f ( x)] = { f ( x)} + [ f ( x)] = f ( x) , bármely x ∈ R esetén, tehát f periodikus és 2 egy periódusa. Az f ( x) = {x} függvény teljesíti az adott egyenletet. 10) a) Bizonyítsd be, hogy létezik két szürjektiv függvény f, g:N→N, amelyek teljesítik az f (n) g (n) = n egyenlőséget minden n ∈ N esetén. b) Ha f:N→N injektiv és g:N→N szürjektiv, teljesülhet-e az f (n) g (n) = n egyenlőség, minden n ∈ N esetén. (G.M. verseny, 1997., Marian Andronache és Ion Savu) Megoldás. a) Minden szám egyértelműen felírható 2 m (2n + 1) alakban, ahol m, n ∈ N . Értelmezzük az f és g függvényeket a következő módon:

2 v (2k + 1), ha n = 2 2v (2k + 1) k , v ∈ N f ( n) =  és v +1 ha n = 2 2 v+1 (2k + 1) k , v ∈ N  2 ,  2v , ha n = 2 2v (2k + 1) k , v ∈ N g ( n) =  v . 2 v +1 2 (2k + 1), ha n = 2 (2k + 1) k , v ∈ N Nyilvánvaló, hogy mindkét függvény szürjektiv és f (n) g (n) = n minden n ∈ N esetén.  n , ha n = k 2 , k ∈ N  n , ha n = k 2 , k ∈ N és g (n) =  Megjegyzés. Az f ( n) =  n, egyébként 1, egyébként függvények is teljesítik a kért feltételeket. b) n = 0 ⇒ f (0) = 0 , n = 1 ⇒ f (1) = 1 . Ha n helyett egy p prímszámot helyettesítünk, következik, hogy { f ( p), g ( p )} = {1, p} . Az f függvény injektivitása alapján f ( p) = p , tehát f ( 2) = 2 és f (3) = 3 . De f (4) | 4 ⇒ f (4) ∈ {1,2,4} . Az injektivitás alapján f (4) = 4 . Lehetetlenre való visszavezetés módszerét használva igazoljuk, hogy f (n) = n, ∀n ∈ N . Ha ez nem volna így, létezne az A = { f ( n) ∈ N | f (n) ≠ n} halmaz legkisebb eleme. Jelöljük n0 val, az A halmaz legkisebb elemét. Az eddigiek alapján n0 nem prímszám, tehát f (n0 ) ∈ Dn0 (az n 0 osztói). Mivel f ( n 0 ) ≠ n 0 , következik, hogy f (n 0 ) ≤ n 0 − 1 . Ez

viszont ellentmondana f injektivitásának és n0 megválasztásának, f (n) = n, ∀ n ∈ N . Így g konstans, tehát nem szürjektiv (g:N→N).

tehát

Tartalomjegyzék Megoldott feladatok – Injektivitás és egyéb tulajdonságok 63 2 2 2 1   2  n  11. Jelöljük f (n) -nel az  ,  ,...,   számok közt előforduló különböző n  n  n értékek számát. Határozd meg f (n) -et! Megoldás. Két különböző esetet vizsgálunk, aszerint, hogy n páros, vagy páratlan. ( x + 1) 2 x 2 2 x + 1 a) n = 2k 2 > − = > 1 ha x ≥ k , míg x
m2     m + 1    2   . Egy képlettel kifejezve írhatjuk, hogy f ( m) = 1 +  +  2   m      12) Létezik-e olyan injektiv függvény, amely az α síkot önmagába képezi, az egyeneseket egyenesekbe és a konkáv sokszögeket konvex sokszögekbe transzformálja? (Gazeta Matematică 6/1997., Dan Victor Andrei) Megoldás. Legyen ABC egy háromszög az α síkban és M egy belső pontja. Ezeknek a pontoknak a képeit jelöljük A’-tel, B’-tel, C’-tel és M’-tel. A mellékelt ábra jelölései szerint:

Tartalomjegyzék

64

Megoldott feladatok – Injektivitás és egyéb tulajdonságok ABCM konkáv ⇒ A' B' C' M' konvex (1) ⇒ M' ∈ III.  ACBM konkáv ⇒ A' C' B' M' konvex (2) ⇒ M' ∈ I.  , ABMC konkáv ⇒ A' B' M' C' konvex (3) ⇒ M' ∈ II.  tehát ilyen függvény nem létezik, mert az M képe három diszjunkt tartományban kellene, hogy legyen.

13) Melyek azok az f,g,h:N*→N* bijektiv függvények, amelyek teljesítik az f 3 (n) + g 3 (n) + h 3 (n) = 3ng (n)h(n) egyenlőséget, minden n ∈ N * esetén? (Gazeta Matematică, 3/1997., Florin Rotaru) Megoldás. A számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenség alapján 3ng ( n) h( n) = f 3 (n) + g 3 (n) + h 3 (n) ≥ 3 f (n) g ( n) h( n) ∀n ∈ N , tehát f (n) ≤ n, ∀n ∈ N (1). Ebből következik, hogy f (0) = 0, f (1) ≤ 1 tehát f injektivitása miatt f (1) = 1 és hasonlóan f (2) = 2 . Általában f ( n) ≤ n, ∀ n ∈ N ⇒ f (n) ≤ m , ∀ n ∈ {1,2,..., m}. De f injektiv és így { f (1), f ( 2),..., f (m)} = {1,2,..., m} . Ezt összehasonlítva (1)-gyel

következik, hogy f ( k ) = k ha k = 1, m . Mivel ezt bármely m esetén megismételhetjük, következik, hogy f ( n) = n, ∀ n ∈ N . A számtani- mértani közepek közti egyenlőtlenségben éppen egyenlőség van és így f ( n) = g ( n) = h(n) = n, ∀n ∈ N . 14) Határozd meg az összes f: N*→N* bijektiv függvényt, amelyre n  f ( n) ∈  ,3n , ∀ n ∈ N ! 2  (Országos tábor, 1997., Marius Dadârlat) Megoldás. Minden szám egyértelműen felírható 2 a 3b m alakban, ahol (m,6) = 1 . Előbb néhány sajátos alakú számra próbáljuk értelmezni f-et: n n = 2 0 3 b m ⇒ f (n) = 3n = 2 0 3 b +1 m (mert ∉ N * ) 2 n n = 2 ⋅ 3b m ⇒ f (n) = 3n = 2 ⋅ 3b +1 m ha b ≥ 1 , mert az f ( n) = = 203b m = 2 0 b −1 = f (2 3 m) egyenlőség ellentmondana f injektivitásának. n = 2 2 3b m ⇒ f (n) = 3n = 2 2 3b +1 m ha b ≥ 2 (ellenkező esetben f nem volna injektiv). Ha ezt a gondolatmenetet megismételjük, az f ( 2 a 3b m) = 2 a 3b+1 m, ha a ≤ b összefüggésekhez jutunk. Az előbbi eseteket megvizsgálva f-et azon 2 a3b m alakú

Tartalomjegyzék Megoldott feladatok – Injektivitás és egyéb tulajdonságok 65 * számokra kell értelmeznünk, amelyekre a>b. Legyen m ∈ N és (m,6) = 1 . Az előbb már megvizsgált esetek mindegyikében f ( n )#3 , tehát az f értéke csak úgy lehet m ha

f ( 2m) = m, ∀ m ∈ N * és (m,6) = 1 esetén. Hasonlóan okoskodva következik, hogy f (2 2 m) = 2m, f (23 m) = 2 2 m , 3

f ( 2 k m) = 2 k −1 m ,

f ( 2 23m) = 2 ⋅ 3 ⋅ m

és

2

f ( 2 ⋅ 3 ⋅ m) = 2 ⋅ 3 ⋅ m . Összesítve eddigi eredményeinket, következik, hogy: 2 a 3b+1 m, ha a ≤ b . f ( 2 a 3b m) =  a −1 b 2 3 m, ha a > b 15) Legyen f,g:R→R két másodfokú függvény úgy, hogy a domináns tagok együtthatója mindkettőben 1. Határozd meg az összes h:R→R másodfokú f ( x) + g ( x) , ∀x ∈ R ! függvényt, amelyre min( f ( x), g ( x)) ≤ h( x) ≤ 2 Megoldás. Meghatározzuk az f (x) = g (x) egyenlet gyökeit. Ez szükséges a legelső kifejezés explicitálásához. Legyen f ( x) = x 2 + a1 x + b1 és g ( x) = x 2 + a2 x + b2 . f ( x) = g ( x) ⇒ (a1 − a 2 )x = b2 − b1 (1). Tehát a következő három eset megkülönböztetése szükséges: f +g I. a1 = a 2 és b1 = b2 ⇒ f = g = = min( f , g ) , tehát az egyetlen megoldás 2 a h( x) = f ( x), ∀x ∈ R függvény. II. a1 = a 2 és b1 ≠ b2 . Feltételezhetjük, hogy b2 > b1 ⇒ f ( x) < g ( x), ∀x ∈ R . b +b x 2 + a1 x + b1 ≤ αx 2 + βx + δ ≤ x 2 + a1 x + 1 2 , ∀x ∈ R ⇒ 2 b b +  (α − 1) x 2 + (β − a1 ) x + δ − 1 2 ≤ 0 ∀x ∈ R ⇒ α ≤ 1 ⇒  ⇒ α =1 2 (α − 1) x 2 + (β − a1 ) x + δ − b1 ≥ 0 ∀x ∈ R ⇒ α ≥ 1 

Ezt visszahelyettesítve kapjuk, hogy β = a1 (mert egy elsőfokú függvény  b + b2  sosem őrzi meg az előjelét R-en), és δ ∈ b1 , 1 tetszőleges. Így 2    b + b2  h( x) = x 2 + a1 x + δ ahol δ ∈ b1 , 1 tetszőleges. 2   III. a1 ≠ a 2 . Feltételezhetjük, hogy a1 > a 2 . Az (1) egyenlet egyetlen megoldása x0 =

 f ( x) b2 − b1 és min{ f ( x), g ( x)} =  a1 − a2  g ( x)

ha x ∈ (− ∞, x 0 ]

ha x ∈ (x 0 , ∞ )

.

Tehát h teljesíti a következő egyenlőtlenséget: a + a2 b +b (3) x 2 + a1 x + b1 ≤ αx 2 + β x + δ ≤ x 2 + 1 x + 1 2 , ∀ x ∈ (− ∞, x 0 ] 2 2

Tartalomjegyzék

66

Megoldott feladatok – Injektivitás és egyéb tulajdonságok a + a2 b +b (4) x 2 + a 2 x + b2 ≤ αx 2 + βx + δ ≤ x 2 + 1 x + 1 2 , ∀ x ∈ [x 0 , ∞ ) 2 2 (1) ⇒ α ≤ 1   ⇒ α = 1 . Ezt visszahelyettesítve következik, hogy a (4) ⇒ α ≥ 1 a + a2 b + b2 βx + δ ≤ 1 egyenlőtlenségnek minden x ∈ R esetén teljesülni x+ 1 2 2

kell, és x0 esetén egyenlőség áll fenn. Ez csak akkor lehetséges, ha β = δ=

a1 + a2 és 2

f +g b1 + b2 , tehát h = az egyetlen megoldás ebben az esetben. 2 2

16) Határozd meg az összes f: N*→N* szigorúan monoton függvényt, amelyre f (1) = 1 és f ( 2n) = f (n) + n, ∀n ∈ N * ! (Grigore Moisil emlékverseny, 1997.) Megoldás. n = 1 ⇒ f (2) = 2 ⇒ f (4) = 4 ⇒ f (8) = 8 és általában f ( 2 n ) = 2 n

bármely n ∈ N esetén. Mivel f szigorúan növekvő és f (2 n ) = 2 n következik, hogy 1 ≤ f (1) < f (2) < f (3) < f ( 4) < f (5) < ... < f ( 2 n − 1) < f (2 n ) = 2 n .

{

}

Ez csak akkor lehetséges, ha f ( m) = m, ∀ m ∈ 1,2,...,2 n . Ezt a gondolatmenetet minden n esetén megismételhetjük, tehát f ( x) = x, ∀x ∈ N 17) Bizonyítsátok be, hogy ha az f:Z→Z és g : [0,1) → [0,1) függvények bijektivek, akkor a h:R→R h( x) = f ([x ]) + g ({x} függvény is bijektiv. (Megyei olimpia, Iasi, 1997., Silviu Boga) Megoldás. 10 A h injektivitásának igazolása. Az adott egyenlőség alapján [h( x)] = f ([x ]) és {h( x)} = g ({x}) , tehát érvényesek az alábbi implikációk: h( x1 ) = h( x 2 ) ⇒ [h( x1 )] = [h( x 2 )] ⇒ f ([x1 ]) = f ([x 2 ]) ⇒ [x1 ] = [x 2 ] (1) h( x1 ) = h( x 2 ) ⇒ {h( x1 )} = {h( x 2 )} ⇒ g ({x1 }) = g ({x 2 }) ⇒ {x1 } = {x 2 } (2) (1)   ⇒ x1 = x2. . (2)  20 y ∈ R ⇒ y = [ y ] + {y} . f szürjektiv ⇒ ∃x1 ∈ Z úgy, hogy f ( x1 ) = [ y ] . g szürjektiv ⇒ ∃ x 2 ∈ [0,1) úgy, hogy g ( x2 ) = { y} . Legyen x = x1 + x 2 . Mivel x1 ∈ Z és x 2 ∈ [0,1)

következik, hogy [x ] = x1 és {x} = x 2 , tehát h( x) = f ( x1 ) + g ( x 2 ) = [ y ] + {y} = y . Megjegyzés. Felmerülhet a kérdés, hogy a tulajdonság fordítottja igaz-e? Ehhez az volna szükséges, hogy ha x ∈ [k , k + 1) , akkor h(x) mindvégig két egész szám közt maradjon (minden k ∈ Z esetén). Ezt a feltételt nem minden függvény teljesíti (sőt!). 18) Határozd meg azt az f : Q + × Q + → Q + függvényt, amelyre teljesülnek az alábbi feltételek:

Tartalomjegyzék Megoldott feladatok – Injektivitás és egyéb tulajdonságok a) f ( x, y ) ⋅ f ( z , t ) = f ( xz, yt ), ∀ x, y, z , t ∈ Q + ;

b)

f ( x, x) = 1, ∀ x ∈ Q + ;

c)

f ( x,1) = x, ∀ x ∈ Q + .

67

 1 1 ⇒ f ( x, y ) ⋅ f  z ,  = f ( xz,1) = x ⋅ z , ∀x, y , z ∈ Q + y  y Ide y = x -et helyettesítve következik, hogy

Megoldás. t =

 1 f  z ,  = f ( x, x ) ⋅  x

 1 f  z ,  = f ( xz,1) = x ⋅ z , ∀x, z ∈ Q + ,  x

1  1 tehát f  z ,  = x ⋅ z , ∀x, z ∈ Q + . Ha helyett y-t helyettesítünk, kapjuk, hogy x x   z f ( z , y ) = , ∀y, z ∈ Q + . y 19) Bizonyítsd be, hogy minden f :[ a, b] → [ a, b] növekvő függvénynek van legalább egy fix pontja. (Knaster lemma) Megoldás. Tegyük fel, hogy f ( x) ≠ x ha x ∈ [a, b] és legyen

H = {x ∈ [a, b] x < f ( x)}. H ≠ ∅ , mert a ∈ H és H ⊆ [a, b] , tehát létezik olyan

s ∈ [a, b] , amelyre teljesül az alábbi két feltétel: 10 h ≤ s , ∀ h ∈ H 20 Ha s '∈ R olyan, hogy h ≤ s ' , ∀ h ∈ H , akkor s ≤ s ' (s a H halmaz legkisebb felső korlátja vagy szuprémuma). Bizonyítjuk, hogy f ( s ) = s . Tegyük fel, hogy ez nem így van, tehát f ( s ) < s vagy f ( s ) > s . a) f ( s ) < s , h ∈ H ⇒ h ≤ s ⇒ f (h) ≤ f ( s ) ⇒ h ≤ f (h) ≤ f ( s ) , ∀ h ∈ H A 20-es tulajdonság szerint s ≤ f (s ) , ellentmondás. b) s < f ( s ) ⇒ f ( s ) < f ( f ( s )) , tehát f ( s ) ∈ H és így az 10-es tulajdonság szerint f ( s ) ≤ s , ami ismét ellentmondás. Az előbbi két ellentmondás alapján f ( s ) = s , tehát f-nek van legalább egy fix pontja. Megjegyzés. Nagyon sok könyvben (Pl. Gh. Sireţchi: Calcul diferenţial şi integral vagy Mircea Ganga: Teme şi probleme de matematică) azt állítják, hogy csökkenő függvényre is hasonlóan végezhető el a bizonyítás. Ez nem igaz, hiszen az   1 1, x ∈ 0, 2    függvény csökkenő és nincs fix pontja. f :[ 0,1] → [ 0,1] f ( x) =  1   0, x ∈  ,1   2  20) Az f:N→N bijektiv függvényre [n, f (n)] < 3( n, f ( n)) minden n ∈ N esetén. ( [x, y ] az x és y legkisebb közös többszöröse, míg ( x, y ) az x és y legnagyobb közös osztója). Bizonyítsd be, hogy f ( f (n)) = n, ∀n ∈ N !

Tartalomjegyzék

68

Megoldott feladatok – Injektivitás és egyéb tulajdonságok Megoldás. A legnagyobb közös osztó és legkisebb közös többszörös közt érvényes az [x, y ] ⋅ (x, y ) = x ⋅ y összefüggés, tehát n ⋅ f (n) < 3 ⋅ (n, f (n)) 2 . Ha d = (n, f (n)) , akkor n = d ⋅ u és f (n) = d ⋅ v valamint (u , v) = 1 . Behelyettesítve az adott egyenlőségbe következik, hogy u ⋅ v < 3 . A következő három esetet kell megvizsgálni: 10 eset: u = v = 1 ⇒ n = d ⇒ f (n) = n ⇒ f ( f (n)) = n 20 eset: u = 1, v = 2 ⇒ n = d és f ( n) = 2d = 2n n 30 eset: u = 2, v = 1 ⇒ n = 2d és f (n) = d = . Az előbbiek alapján 2  n f ( n) ∈  , n,2n , ∀n ∈ N .  2 * Tegyük fel, hogy n 0 ∈ N -ra f ( n 0 ) = 2n 0 és f ( f (n 0 )) ≠ n 0 , tehát f ( 2n 0 ) ≠ n 0 . Az f injektivitása miatt f (2n 0 ) = 4n 0 . Másrészt f szürjektiv, tehát létezik olyan m ∈ N ,

n   hogy f ( m) = n 0 . Az (1) miatt m ∈ n0 ,2n0 , 0  . f injektivitása valamint az n0 2  n n  megválasztása miatt f  0  = n0 , tehát 0 ∈ N . Hasonló gondolatmenettel kapjuk, 2  2 n n n hogy az f (m) = 0 egyenlőséget csak az m = 0 teljesítheti, tehát 0 ∈ Z . Többször 4 2 4 n0 megismételve ezt a gondolatmenetet következik, hogy k ∈ Z minden k ∈ N esetén. 2 * Ez viszont nem lehetséges, mert n 0 ∈ N . A kapott ellentmondás alapján n f ( f (n 0 )) = n 0 . Hasonlóan ellentmondáshoz jutunk az f ( n0 ) = 0 és f ( f (n0 )) ≠ n0 2 összefüggésekből is, tehát f ( f (n)) = n minden n ∈ N esetén.

Tovább