Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

A B. 3851. feladat (2005. október)

B. 3851. Tekintsük az f\colon x \mapsto \frac{1}{x}, g\colon x \mapsto 1-\frac{1}{x} függvények véges sok példányának kompozíciójaként előállítható függvényeket; például


f\circ g\circ f\colon x \overset{f}\mapsto \frac{1}{x} \overset{g}\mapsto 1-
\dfrac{1}{\frac{1}{x}} = 1- x \overset{f}\mapsto \frac{1}{1-x}.

Előállítható-e így az x\mapstox+1 függvény (az értelmezési tartományából esetleg véges sok helyet elhagyva)?

Csikvári Péter

(5 pont)

A beküldési határidő 2005. november 15-én LEJÁRT.


1. Megoldás: Nevezzük az f1, f2 f Nevezzük az f1, f2 függvényeket lényegében egyenlőnek, jelölésben f1\approxf2, ha mindkét függvény véges sok helytől eltekintve értelmezhető az egész számegyenesen és f1(x)=f2(x) teljesül minden olyan x-re, amely eleme mindkét függvény értelmezési tartományának. Az x\mapstox függvényt jelölje id. A h2=hoh, és némi pongyolasággal a h(x)=h jelöléseket is alkalmazva ekkor

f^2\approx \rm{id},\ g^2\approx {1\over 1-x},\ g\circ f\approx f\circ g^2\approx 1-x, \ {\hbox{\rm \'es}}\ g^3\approx (f\circ g)^2\approx
(g\circ f)^2\approx \rm{id}.

Innen már levezethető, hogy a két függvény véges sok példányának kompozíciójaként előállítható függvények bármelyike lényegében megegyezik az

\rm{id},\ f,\ g,\ g^2,\ f\circ g,\ g\circ f,\ g^2\circ f, f\circ g\circ f,\ g\circ f\circ g,\ g^2\circ f\circ g

függvények valamelyikével, hiszen ilyen alakra hozhatjuk az alábbi lépések segítségével, melyek mindegyike csökkenti a kompozícióban felírt függvények számát. Először is, ha egymás után kétszer szerepel az f, vagy háromszor a g függvény, akkor azt elhagyjuk a sorozatból, ha pedig valahol fogog jelenik meg, azt kicseréljük gof-re. Ilyen módon elérhetjük, hogy nem szerepel kétszer egymás után az f függvény, és a g sem, legfeljebb a legelején. Ezután pedig még elhagyhatjuk az olyan részeket is, ahol négyszer szerepel egymás után felváltva a két függvény. Mármost, ha a p=x+1 függvény ezek közül valamelyikkel lényegében egyenlő lenne, akkor ugyanez teljesülne a p2=x+2, p3=x+3 és általában a pi=x+i függvényre is, minden i természetes szám esetén. Ez azonban már végtelen sok páronként lényegében különböző függvény. Ezért a p függvényt nem lehet előállítani a megjelölt módon.

Megjegyzés. Egy kis további számolás azt is mutatja, hogy a fenti 10 függvény között csak 6 lényegesen különböző van: id,g,g2,f,gof,g2of. Ha a lényegében egyenlő függvényeket egymással azonosítjuk - megtehetjük, hiszen ekvivalenciarelációról van szó -, akkor a kompozíció műveletére nézve ez a 6 függvény egy csoportot alkot, amit azonosíthatunk egy szabályos háromszög szimmetriáinak csoportjával. Ha feltesszük magunknak a kérdést, hogyan lehetséges szorosabb kapcsolatot találni ezen függvények és a háromszög egybevágóságai között, és a háromszög csúcsait egy-egy valós számmal próbáljuk reprezentálni, akkor már az alábbi `egysoros' megoldásra is rájöhetünk különösebb isteni szikra nélkül.

2. Megoldás: Mind az f, mind a g függvény saját magára képezi a {-1,1/2,2} halmazt, ezért ugyanez történik bármely olyan függvény esetében, amely véges sok példányuk kompozíciójaként előállítható. Minthogy az r=x\mapstox+1 függvényre ez nem teljesül, az nem is állítható elő. Ebből sajnos az még nem olvasható le azonnal, hogy ez akkor is így lenne, ha az r függvény értelmezési tartományából nem csak a 0 és 1 helyeket hagyjuk el (ahol f,g, illetve az ezek kompozíciójával értelmezhető függvények esetleg nincsenek értelmezve). Ezen úgy segíthetünk, ha tetszőleges a\ne0,1 esetén tekintjük az a, {1\over a}, 1-a, {1\over 1-a}, {a-1\over a}, {a\over 1-a} számokból álló halmazt. Egy ilyen halmazra is igaz, hogy mind f, mind g, valamint ezek kompozíciói is a halmazt önmagára képezik. Ha r értelmezési tartományából csak véges sok elemet hagyunk el, akkor valamely a-ra az értelmezési tartomány még tartalmazni fog egy ilyen halmazt, amit azonban r nem képezhet önmagára.


Statisztika:

82 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:58 versenyző.
4 pontot kapott:9 versenyző.
3 pontot kapott:5 versenyző.
2 pontot kapott:3 versenyző.
1 pontot kapott:4 versenyző.
0 pontot kapott:3 versenyző.

A KöMaL 2005. októberi matematika feladatai