A B. 4962. feladat (2018. május)

B. 4962. Legyen $\displaystyle n$ pozitív egész. Oldjuk meg az

$\displaystyle a_1^2 + a_1 - 1 = a_2$

$\displaystyle a_2^2 + a_2 - 1 = a_3$

$\displaystyle \vdots$

$\displaystyle a_n^2 + a_n - 1 = a_1$

egyenletrendszert a valós számok halmazán.

(5 pont)

A beküldési határidő 2018. június 11-én LEJÁRT.

Megoldás. Legyen $\displaystyle f(x)=x^2+x-1$. Ekkor minden $\displaystyle 1\leq i\leq n-1$ mellett $\displaystyle f(a_i)=a_{i+1}$, továbbá $\displaystyle f(a_n)=a_1$. Ez azt jelenti, hogy $\displaystyle x_0=a_1$ választás mellett az $\displaystyle x_0,f(x_0),f(f(x_0)),\dots$ sorozat periodikus $\displaystyle n$ periódussal (lehetséges, hogy ennél rövidebb periódusa is van), speciálisan minden $\displaystyle n$-edik tagja (a legelsőtől kezdve) $\displaystyle x_0=a_1$. Tegyük fel, hogy az $\displaystyle a_1,a_2,\dots,a_n$ számok közül $\displaystyle a_1$ az egyik legkisebb (a számok ciklikus átindexelésével ez elérhető), ekkor a fenti sorozat (egyik) legkisebb tagja $\displaystyle x_0$.

Mivel minden valós $\displaystyle x$-re $\displaystyle f(x)=x^2+x-1=(x+1/2)^2-5/4\geq -5/4$, ezért $\displaystyle x_0\geq -5/4$, hiszen különben a fenti sorozatban $\displaystyle x_0$ csak egyszer szerepelhetne.

Megmutatjuk, hogy $\displaystyle x_0\notin [-5/4,-1)$. Tegyük fel indirekten, hogy $\displaystyle x_0\in [-5/4,-1)$ és válasszuk ki a sorozatból a legnagyobb olyan elemet, ami $\displaystyle [-5/4,-1)$-be esik, legyen ez $\displaystyle y=-1-\delta$, ahol $\displaystyle 0<\delta<1/4$. Ekkor $\displaystyle f(f(y))$ szintén tagja a sorozatnak, azonban

$\displaystyle f(f(y))=(y^2+y-1)^2+(y^2+y-1)-1=y^4+2y^3-y-1=y+y^4+2y^3-2y-1=$

$\displaystyle =y+(y+1)^3(y-1)=-1-\delta+\delta^3(2+\delta)$

alapján egyrészt $\displaystyle y<f(f(y))$, hiszen $\displaystyle \delta>0$, másrészt $\displaystyle \delta^2(2+\delta)<(1/4)^2(2+1/4)<1$ miatt $\displaystyle f(f(y))=-1-\delta(1-\delta^2(2+\delta))<-1$. Ezzel ellentmondást kaptunk, hiszen $\displaystyle f(f(y))$ szintén a $\displaystyle [-5/4,-1)$ intervallumba eső tagja lenne a sorozatnak, de $\displaystyle y<f(f(y))$ miatt ez ellentmond $\displaystyle y$ maximalitásának. Ezzel igazoltuk, hogy $\displaystyle x_0\notin [-5/4,-1)$.

Ha $\displaystyle x_0=-1$, akkor $\displaystyle f(-1)=-1$ miatt a sorozat konstans $\displaystyle -1$, ami valóban lehetséges.

Ha $\displaystyle -1<x_0<1$ lenne, akkor $\displaystyle f(x_0)=x_0^2+x_0-1=x_0+(x_0^2-1)<x_0$ ellentmondana annak, hogy $\displaystyle x_0$ a sorozat legkisebb tagja, így ez nem lehetséges.

Ha $\displaystyle x_0=1$, akkor $\displaystyle f(1)=1$ miatt a sorozat konstans $\displaystyle 1$, ami valóban lehetséges.

Ha $\displaystyle 1<x_0$ lenne, akkor a sorozat szigorúan monoton növekedő lenne, és így nem lehet periodikus. Ugyanis, $\displaystyle 1<x$ esetén $\displaystyle f(x)=x^2+x-1=x+(x^2-1)>x$, így $\displaystyle 1<x_0$ választás mellett valóban egy (1-nél nagyobb számokból álló) szigorúan monoton növekedő sorozatot kapnánk.

Azt kaptuk, hogy csak $\displaystyle x_0=\pm 1$ lehetséges, és ilyenkor a sorozat konstans.

A feladat eredeti kérdésére tehát az a válasz, hogy bármely $\displaystyle n$ pozitív egész esetén az egyenletrendszernek két megoldása van: $\displaystyle a_1=a_2=\dots=a_n=-1$ és $\displaystyle a_1=a_2=\dots=a_n=1$.

Statisztika:

58 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Apagyi Dávid, Argay Zsolt, Daróczi Sándor, Deák Bence, Dobák Dániel, Fülöp Anna Tácia, Füredi Erik Benjámin, Gáspár Attila, Hegedűs Dániel, Jánosik Áron, Mikulás Zsófia, Nagy Nándor, Olosz Adél, Pituk Gábor, Póta Balázs, Schifferer András, Schrettner Jakab, Shuborno Das, Stomfai Gergely, Szabó 417 Dávid, Tiderenczl Dániel, Tóth Ábel, Tóth-Rohonyi Iván, Weisz Máté.
4 pontot kapott:	Beke Csongor, Csiszár Zoltán, Fekete Richárd, Győrffy Ágoston, Győrffy Johanna, Hervay Bence, Kerekes Anna, Kószó Máté József, Noszály Áron, Richlik Róbert, Soós 314 Máté.
3 pontot kapott:	5 versenyző.
2 pontot kapott:	15 versenyző.
1 pontot kapott:	3 versenyző.

A KöMaL 2018. májusi matematika feladatai