INJEKTIVITÁS ÉS EGYÉB TULAJDONSÁGOK MEGOLDOTT FELADATOK

Átírás

1 Megoldott feladatok Ijektivitás és egyéb tulajdoságok 59 ) INJEKTIVITÁS ÉS EGYÉB TULAJDONSÁGOK MEGOLDOTT FELADATOK Határozd meg azt az f:r R függvéyt, amelyre f ( f ( ) x R és a g:r R g ( = x f ( függvéy ijektiv! Megoldás Ha a g függvéy értelmezésébe x helyett f ( -et helyettesítük a g ( f ( ) = f ( f ( f ( ) = f ( x = egyelőséghez jutuk A g ijektivitása alapjá f ( x R Elleőrizhető, hogy a = x f ( = x függvéy valóba ijektiv és f ( f ( ) = f ( x R, tehát az f ( = x függvéy az egyedüli megoldás ) Létezik-e olya f:r R ijektiv függvéy, amelyre f ( x ) f (, x R? Megoldás Az adott egyelőtleségbe az x = x egyelet gyökeit helyettesítjük: f (0) f f () f (0) () f f (0) f (0) () f () 0 f (0) 0 f () 0 f (0) = 0 f () = Az f ( 0) = f () = összefüggés alapjá f em lehet ijektiv 3) Létezik-e olya f:r R bijektiv függvéy, amelyre f ( f ( ) = x, x R eseté? Megoldás Bizoyítjuk, hogy ha f:r R bijektiv, akkor f f :R R is az 0 ( f f )( = ( f f )( x ) f ( f ( x )) = f ( f ( x )) f ( x ) = f ( x ) x = x, tehát f f is ijektiv 0 y R z R f ( z) = y (mert f szürjektiv), de erre a z eseté létezik olya x R, hogy f( = z (ismét az f szürjektivitása alapjá, tehát f ( f ( ) = y Ebből következik, hogy bármely y R eseté létezik z R úgy, hogy teljesüljö az ( f f )( z) = y egyelőség, tehát f f is szürjektiv 0 0, f f bijektiv Mivel h:r R h ( = x függvéy em bijektiv az adott egyelőség egyetle f eseté sem teljesülhet Megjegyzés 0 Hasolóa igazolható, hogy ha f:a B és g:b C ijektiv (szürjektiv), akkor g f :A C is ijektiv (szürjektiv) 0 Az előbbi tulajdoság fordítottja em igaz Ahhoz, hogy g f ijektiv legye em föltétleül szükséges, hogy midkét függvéy ijektiv legye Például az f :{,,3} {,,3, } f ( = x é s g : {,,3, } {,,3} ) =, g () =, 3) = 3 és g ( ) = 3 összefüggésekkel értelmezett függvéyekre g f :{,,3} {,, 3}

2 60 Megoldott feladatok Ijektivitás és egyéb tulajdoságok ( g f )( = x ijektiv, de g em ijektiv Hasolóa az f em szürjektiv és a g f mégis az Az előbbi példa vizsgálatával köye rájöhetük, hogy ha g f ijektiv, akkor az f függvéyek ijektivek kell leie, és ha g f szürjektiv, akkor g is szürjektiv Ezt be is bizoyíthatjuk a lehetetlere való visszavezetés módszerével a) Ha f em ijektiv, akkor létezik x, x A x x úgy, hogy f ( x ) = f ( x )( = y) Ekkor viszot g ( f ( x )) = y) = f x )), tehát ( g f )( x ) = ( g f )(x ) és x x Így g f sem ijektiv b) Ha g em szürjektiv, akkor létezik y0 C \ Im g Mivel Im( g f ) Im g y0 C \ Im( g f ), tehát Im( g f ) C g f sem szürjektiv 3 0 Ha a feladatba az f bijektivitását em kérjük, akkor végtele sok megoldás létezik Egy ilye az f:r R f ( = x függvéy ) Az f:r R függvéy mide valós x eseté teljesíti az ( f ( f ( x )) = f ( ax egyelőséget, ahol a R egy rögzített szám Határozd meg f ( 0) -t majd adjál példát egy ilye függvéyre! (Megyei olimpia, 985, Szilágy megye, Liviu Vlaicu) Megoldás Bizoyítjuk, hogy f ijektiv f ( = f ( f ( f ( x )) = f ( f ( x )) ax = f f ( x )) f ( ) = f ( f ( x )) f ( x = ax Mivel a 0, következik, hogy ( x x = x, tehát f ijektiv Legye f ( 0 ) = α Ha az adott összefüggésbe x = 0 -t helyettesítük, következik, hogy f ( α) = α Mivel f ijektiv az f (0) = α és f ( α) = α egyelőségek csak akkor teljesülhetek, ha α = 0 A példa megszerkesztéséél próbálkozzuk f ( = x alakú függvéyel Behelyettesítés utá az a = 0 egyelethez jutuk, tehát ha a,, akkor ilye alakú függvéy létezik és megfelel Ha a <, akkor az f ( = c si x ar ctg a függvéy egy jó megoldás ( ) 5) Bizoyítsd be, hogy potosa akkor létezik olya f:r R ijektiv függvéy, amelyre f ((a ) a f ( x a) 0, x R ( a R rögzített), ha a =! (Helyi olimpia, Giurgiu, 985, DM Bătieţu- Mircea Trifu) Megoldás Legye és x az x a = (a ) x () egyelet két valós gyöke x Az adott egyelőtleségbe -et majd x -t helyettesítve a ( a f y ) ) 0 x egyelőtleséghez jutuk, ahol y i = ( a ) xi Ebből következik, hogy f ( y) = f ( y ) Tehát f csak akkor lehet ijektiv, ha y = y, vagyis ha x = x Ez akkor valósul meg, ha az () egyelet diszkrimiása em szigorúa pozitív, vagyis ha ) ( i

3 Megoldott feladatok Ijektivitás és egyéb tulajdoságok 6 ( ) a 0 Ebből következik, hogy a = A megoldás teljességéhez a = eseté meg kell aduk egy kokrét f függvéyt, amely ijektiv és teljesíti az adott x egyelőtleséget Kevés keresgéléssel rájöhetük, hogy a = eseté az f ( = függvéy teljesíti a feltételeket) 6) a) Bizoyítsd be, hogy két, Z-t Z-be képező bijektiv függvéy szorzata em lehet bijektiv! a) Szerkesszél két bijektiv függvéyt [ 0, ) -ből [ 0, ) -be, amelyek szorzata is bijektiv! Megoldás a) Legye f,g:z Z két bijektiv függvéy és tételezzük fel, hogy a h:z Z h ( = f ( függvéy is bijektiv A h bijektivitása miatt mide Z eseté létezik olya p Z, hogy h( p ) = p, tehát f ( ) ) és f ( ) ) =, tehát f ( ) = és g ( ) =, vagy f ( ) = és ) = Ha f ( ) =, akkor f ijektivitása miatt f ( ), tehát f ( ) =, és így ) =, ami a ) = f ( ) = eseté is elletmodáshoz jutuk, tehát ha f és g ijektivek a h em lehet bijektiv b) Az f :[ 0, ) [ 0, ) f ( = x függvéyek az ömagával való szorzata is bijektiv Próbálj hasoló tulajdoságú függvéyeket szerkesztei tetszőleges halmazok eseté! Milye halmazokra lehetséges a szerkesztés? 7) Határozd meg az összes f:z Z ijektiv függvéyt, amelyre f ( f ( ) = f (, x Z! (Traia Lalescu emlékversey, 996) Megoldás Ha f ( x 0 ) = a, akkor f ( a) = a, f ( a ) = a és f ( = = egyelőség alapjá elletmodaa g ijektivitásáak Hasolóa mide a eseté Tegyük fel, hogy létezik olya előbbi tulajdoság alapjá az Legye ez x és jelöljük b-vel az { x f ( = } Z, hogy x ) x 0 Az összefüggésbe (x ) -et helyettesítve f ( b) = b b M b x A kapott elletmodás miatt em létezhet olya x 0, hogy f ( x 0 ) x0, tehát f ( = x, x Z x 0 f ( 0 M = x halmazak va legkisebb eleme f x ) értékét x M ( b x Az f ijektivitása alapjá következik, hogy b x, tehát b x Másrészt az adott 8) Határozd meg azt az f: R R függvéyt, amely mide valós x eseté kielégíti az ( f ( ) ( x x x ) f ( = x x x x egyeletet ( rögzített egész)! (IV NMMV 995, Becze Mihály) Megoldás Ha átredezzük az adott egyeletet, a következő összefüggéshez jutuk: ( f ( ( f ( xf ( x x x x ) = 0

4 6 Megoldott feladatok Ijektivitás és egyéb tulajdoságok Ha x 0, a második zárójelbeli kifejezés értéke szigorúa pozitív, tehát f ( = x x = 0 eseté az f 3 (0) = 0 egyelőséget kapjuk, tehát Bizoyítsd be, hogy az f ( x ) = { f ( x ) } [ f ( ] f ( x R 9) egyelőséget mide x R eseté teljesítő függvéy periodikus, majd adjál példát ilye függvéyre (Gazeta Matematică, 7-8/997, Cristiel Mortici) Megoldás Midkét oldal törtrészét majd egész részét vizsgálva kapjuk, hogy { f ( x ) } = { f ( x ) } és [ f ( x ) ] = [ f ( ] mide x R eseté Ebből következik, hogy: f ( x ) = { f ( x ) } [ f ( x ) ] = { f ( x ) } [ f ( ]= { f ( } [ f ( ] = f (, bármely x R eseté, tehát f periodikus és egy periódusa Az f ( = {} x függvéy teljesíti az adott egyeletet 0) a) Bizoyítsd be, hogy létezik két szürjektiv függvéy f, g:n N, amelyek teljesítik az f ( = egyelőséget mide N eseté b) Ha f:n N ijektiv és g:n N szürjektiv, teljesülhet-e az f ( = egyelőség, mide N eseté (GM versey, 997, Maria Adroache és Io Savu) m Megoldás a) Mide szám egyértelműe felírható ( ) alakba, ahol m, N Értelmezzük az f és g függvéyeket a következő módo: v v (k ), ha = (k ) k, v N f ( és v v, ha = (k ) k, v N v v, ha = (k ) k, v N v v (k ), ha = (k ) k, v N Nyilvávaló, hogy midkét függvéy szürjektiv és f ( = mide N eseté, ha = k, k N, ha = k, k N Megjegyzés Az f ( és g (, egyébkét, egyébkét függvéyek is teljesítik a kért feltételeket b) = 0 f (0) = 0, = f () = Ha helyett egy p prímszámot helyettesítük, következik, hogy { f p ), p) } = {, p} ( Az f függvéy ijektivitása alapjá f ( p) = p, tehát f ( ) = és f ( 3 ) = 3 De f ( ) f () {,, } Az ijektivitás alapjá f ( ) = Lehetetlere való visszavezetés módszerét haszálva igazoljuk, hogy f ( =, N Ha ez em vola így, léteze az A = { f ( N f ( val, az A halmaz legkisebb elemét Az eddigiek alapjá f ( ) D (az osztói) Mivel f (, következik, hogy f ) 0 Ez ) } 0 halmaz legkisebb eleme Jelöljük em prímszám, tehát viszot elletmodaa f ijektivitásáak és megválasztásáak, tehát f ( =, N Így g kostas, tehát em szürjektiv (g:n N) 0 ( 0

5 Megoldott feladatok Ijektivitás és egyéb tulajdoságok 63 Jelöljük f ( -el az,,, számok közt előforduló külöböző értékek számát Határozd meg f ( -et! Megoldás Két külöböző esetet vizsgáluk, aszerit, hogy páros, vagy páratla ( x ) x x a) = k > = > ha x k, míg x<k-ra szigorúa kisebb k k k ( x ) x mit Ebből következik, hogy és közt em lehet ezektől k k külöböző egész szám, ha x<k x k eseté ( x ) k x Tehát k x k x k k eseté az kifejezés külöböző értéket vesz fel (0-tól - k k k ig midet), míg k < x k -ra potosa k darab külöböző értéket Összese k (k) tehát k külöböző érték fordul elő az,, számok k k közt k b) Hasolóa godolkodva = k eseté k külöböző értéket k k k, ha m = k kapuk, tehát f ( m) k k, ha m = k k m m Egy képlettel kifejezve írhatjuk, hogy f ( m) = m ) Létezik-e olya ijektiv függvéy, amely az α síkot ömagába képezi, az egyeeseket egyeesekbe és a kokáv sokszögeket kovex sokszögekbe traszformálja? (Gazeta Matematică 6/997, Da Victor Adrei) Megoldás Legye ABC egy háromszög az α síkba és M egy belső potja Ezekek a potokak a képeit jelöljük A -tel, B -tel, C -tel és M -tel A mellékelt ábra jelölései szerit:

6 6 Megoldott feladatok Ijektivitás és egyéb tulajdoságok ABCM kokáv A' B' C' M' kovex () M' III ACBM kokáv A'C' B' M' kovex () M' I, ABMC kokáv A' B' M' C' kovex (3) M' II tehát ilye függvéy em létezik, mert az M képe három diszjukt tartomáyba kellee, hogy legye 3) Melyek azok az f,g,h:n N bijektiv függvéyek, amelyek teljesítik az f ( g ( h ( = 3 h( egyelőséget, mide N eseté? (Gazeta Matematică, 3/997, Flori Rotaru) Megoldás A számtai-mértai közepek közti egyelőtleség alapjá h( = f ( g ( h ( 3 f ( h( N, tehát f (, N () Ebből következik, hogy f ( 0) = 0, f () tehát f ijektivitása miatt f ( ) = és hasolóa f ( ) = Általába {, m} f (, N f ( m,,, De f ijektiv és így { f ), f (),, f ( m) } {,,, m} ( = Ezt összehasolítva ()-gyel következik, hogy f ( k) = k ha k =, m Mivel ezt bármely m eseté megismételhetjük, következik, hogy f ( =, N A számtai- mértai közepek közti egyelőtleségbe éppe egyelőség va és így f ( = = h( =, N ) Határozd meg az összes f: N N bijektiv függvéyt, amelyre f (,3, N! (Országos tábor, 997, Marius Dadârlat) Megoldás Mide szám egyértelműe felírható a 3 b m alakba, ahol ( m, 6) = Előbb éháy sajátos alakú számra próbáljuk értelmezi f-et: 0 b 0 b = 3 m f ( = 3 = 3 m (mert N ) b b 0 b = 3 m f ( = 3 = 3 m ha b, mert az f ( = = 3 m = 0 b = f ( 3 m) egyelőség elletmodaa f ijektivitásáak b b = 3 m f ( = 3 = 3 m ha b (ellekező esetbe f em vola ijektiv) Ha ezt a godolatmeetet megismételjük, az a b a b f ( 3 m) = 3 m, ha a b összefüggésekhez jutuk Az előbbi eseteket megvizsgálva f-et azo 3 a b m alakú

7 Megoldott feladatok Ijektivitás és egyéb tulajdoságok 65 számokra kell értelmezük, amelyekre a>b Legye m N és ( m,6) = Az előbb már megvizsgált esetek midegyikébe f( 3, tehát az f értéke csak úgy lehet m ha f ( m) = m, m N és ( m, 6) = eseté Hasolóa okoskodva következik, hogy f ( m) = m, f ( f ( 3 3 k m) = m, f ( m) = m, f ( 3m) = 3 m és 3 m) = 3 m Összesítve eddigi eredméyeiket, következik, hogy: a b a b 3 m, ha a b f ( 3 m) a b 3 m, ha a > b 5) Legye f,g:r R két másodfokú függvéy úgy, hogy a domiás tagok együtthatója midkettőbe Határozd meg az összes h:r R másodfokú f függvéyt, amelyre mi( f (, ) h( (, x R! Megoldás Meghatározzuk az f ( = egyelet gyökeit Ez szükséges a legelső kifejezés explicitálásához Legye f ( x ) = x ax b és g ( = x ax b f ( = ( a a )x = b b () Tehát a következő három eset megkülöböztetése szükséges: I f g a = a és b = b f = g = = mi( f, g), tehát az egyetle megoldás a h( = f (, x R függvéy II a = a és b b Feltételezhetjük, hogy b > b f ( <, x R b b x a x b x δ x α β x ax, x R b b ( α ) x ( β a ) x δ 0 x R α α = ( α ) x ( β a ) δ b R α x 0 x Ezt visszahelyettesítve kapjuk, hogy β = a (mert egy elsőfokú függvéy b b sosem őrzi meg az előjelét R-e, és δ b, tetszőleges Így b h( = x ax δ, b ahol δ b tetszőleges III a Feltételezhetjük, hogy a > Az () egyelet egyetle megoldása a k a (, x0 ] ( x, ) b b f ( ha x x0 = és mi{ f (, } a a ha x 0 Tehát h teljesíti a következő egyelőtleséget: a a b x a x x x x b (3) x b α β δ, x (, x 0 ]

8 66 Megoldott feladatok Ijektivitás és egyéb tulajdoságok () a a b b x a x b αx βx δ x x, x [ x 0, ) () α α = Ezt visszahelyettesítve következik, hogy a () α a a b b β x δ x egyelőtleségek mide x R eseté teljesüli a a kell, és x 0 eseté egyelőség áll fe Ez csak akkor lehetséges, ha β= és b δ= b f g, tehát h = az egyetle megoldás ebbe az esetbe 6) Határozd meg az összes f: N N szigorúa mooto függvéyt, amelyre f () = és f ( = f (, N! (Grigore Moisil emlékversey, 997) Megoldás = f () = f () = f (8) = 8 és általába f ( ) = bármely N eseté Mivel f szigorúa övekvő és f ( ) = következik, hogy f () < f () < f (3) < f () < f (5) < < f ( ) < f ( ) = Ez csak akkor lehetséges, ha f ( m) = m, m {,,, } mide eseté megismételhetjük, tehát f ( x N Ezt a godolatmeetet 7) Bizoyítsátok be, hogy ha az f:z Z és g :[0,) [0,) függvéyek bijektivek, akkor a h:r R Megoldás 0 A h ijektivitásáak igazolása [] x ) g { x} h ( = f ( ( függvéy is bijektiv (Megyei olimpia, Iasi, 997, Silviu Boga) Az adott egyelőség alapjá [ h ( ] = f ([ x]) és { ( } { x}) az alábbi implikációk: h ( x ) = h ( x ) [ h ( x )] = [ h ( x )] f ([ x ]) = f ([ x ]) [ x ] = [ x ] h x ) = h( x ) { h( x )} = { h( )} g ({ x }) = { x } { x } = { x } ( x () x = x () y R y = y y f szürjektiv x Z h =, tehát érvéyesek () () ) 0 [ ] { } úgy, hogy f ( x ) = [ y] g szürjektiv x [ 0,) úgy, hogy gx ( ) = { y} Legye x = x x Mivel x Z és x [ 0,) következik, hogy [] x = x és {} x = x, tehát h ( = f ( x ) x ) = [ y] {} y = y Megjegyzés Felmerülhet a kérdés, hogy a tulajdoság fordítottja igaz-e? Ehhez az vola szükséges, hogy ha x [ k, k ), akkor h( midvégig két egész szám közt maradjo (mide k Z eseté Ezt a feltételt em mide függvéy teljesíti (sőt!) 8) Határozd meg azt az f : Q Q Q függvéyt, amelyre teljesülek az alábbi feltételek:

9 Megoldott feladatok Ijektivitás és egyéb tulajdoságok 67 a) f ( x, y) f ( z, t) = f ( xz, yt), x, y, z, t Q ; b) c) f ( x, =, x Q ; f ( x,) x Q Megoldás t = f ( x, y) f z, = f ( xz,) = x z, x, y, z Q y y Ide y = x -et helyettesítve következik, hogy tehát f z, = f ( x, f z, = f ( xz,) = x z, x, z Q, x x f z, = x z, x, z Q Ha helyett y-t helyettesítük, kapjuk, hogy x x z f ( z, y) =, y, z Q y f: a, b a, b övekvő függvéyek va legalább 9) Bizoyítsd be, hogy mide [ ] [ ] egy fix potja (Kaster lemma) Megoldás Tegyük fel, hogy f ( x ha x [ a, b] és legye H = { x [ a, b] x < f ( } H, mert a H és H [ a, b], tehát létezik olya s [ a, b], amelyre teljesül az alábbi két feltétel: 0 h s, h H 0 Ha s' R olya, hogy h s', h H, akkor s s' (s a H halmaz legkisebb felső korlátja vagy szuprémuma) Bizoyítjuk, hogy f ( s) = s Tegyük fel, hogy ez em így va, 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 0 -es tulajdoság szerit s f (s), elletmodás b) s < f ( s) f ( s) < f ( f ( s)), tehát f ( s) H és így az 0 -es tulajdoság szerit f ( s) s, ami ismét elletmodás Az előbbi két elletmodás alapjá f ( s) = s, tehát f-ek va legalább egy fix potja Megjegyzés Nagyo sok köyvbe (Pl Gh Sireţchi: Calcul difereţial şi itegral vagy Mircea Gaga: Teme şi probleme de matematică) azt állítják, hogy csökkeő függvéyre is hasolóa végezhető el a bizoyítás Ez em igaz, hisze az, x 0, f :[ 0, ] [ 0, ] f ( = függvéy csökkeő és ics fix potja 0, x, 0) Az f:n N bijektiv függvéyre [, f ( ] < 3(, f ( ) mide N eseté ( [ x, y] az x és y legkisebb közös többszöröse, míg ( x, y) az x és y legagyobb közös osztója) Bizoyítsd be, hogy f ( f ( ) =, N!

10 68 Megoldott feladatok Ijektivitás és egyéb tulajdoságok Megoldás A legagyobb közös osztó és legkisebb közös többszörös közt érvéyes az [ x, y] ( x, y) = x y összefüggés, tehát f ( < 3 (, f ( ) Ha d = (, f ( ), akkor = d u és f ( = d v valamit ( u, v) = Behelyettesítve az adott egyelőségbe következik, hogy u v < 3 A következő három esetet kell megvizsgáli: 0 eset: u = v = = d f ( = f ( f ( ) = 0 eset: u =, v = = d és f ( = d = 3 0 eset: u =, v = = d és f ( = d = Az előbbiek alapjá f (,,, N Tegyük fel, hogy 0 N -ra f ( 0 ) = 0 és f ( f ( 0 )) 0, tehát f ( 0 ) 0 Az f ijektivitása miatt f ( 0 ) = 0 Másrészt f szürjektiv, tehát létezik olya m N, 0 hogy f ( m) = 0 Az () miatt m 0, 0, f ijektivitása valamit az 0 0 megválasztása miatt f = 0, tehát 0 N Hasoló godolatmeettel kapjuk, hogy az 0 f (m) = egyelőséget csak az 0 0 m = teljesítheti, tehát Z Többször 0 megismételve ezt a godolatmeetet következik, hogy Z mide k N eseté k Ez viszot em lehetséges, mert 0 N A kapott elletmodás alapjá 0 f ( f ( 0 )) = 0 Hasolóa elletmodáshoz jutuk az f ( 0 ) = és f ( f (0 )) 0 összefüggésekből is, tehát f ( f ( ) = mide N eseté