Komentarz

XXIV OM - II - Zadanie 3

Niech $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ będzie funkcją rosnącą spełniającą warunki:
1. $f(x+1) = f(x) + 1$ dla każdego $x \in \mathbb{R}$ ,
2. istnieje taka liczba całkowita p, że $f(f(f(O))) = p$ . Dowieść, że dla każdej liczby rzeczywistej $x$

$ \lim_{n\to \infty} \frac{x_n}{n} = \frac{p}{3}. $

gdzie $x_1 = x$ oraz $x_n =f(x_{n-1})$ dla $n = 2, 3, \ldots$ .

Rozwiązanie

Podamy najpierw kilka własności funkcji $f$ spełniającej warunek $1^\circ$ zadania. Niech $f_n(x)$ będzie $n$ -krotnym złożeniem funkcji $f$ , tzn. niech $f_1(x) = f(x)$ oraz $f_{n+1}(x) = f_n(f_1(x))$ dla $n = 1, 2, \ldots$ . Wynika stąd, że jeżeli $n = k + m$ , gdzie $k$ i $m$ są liczbami naturalnymi, to

$ (1) \qquad f_n(x)= f_k ( f_m (x)) \ \textrm{dla}\ x \in R. $

Udowodnimy, że dla dowolnej liczby całkowitej $r$ zachodzi wzór

$ (2) \qquad f(x+r) = f(x) + r \ \textrm{dla} \ x \in R. $

Rozpatrzmy najpierw przypadek, gdy $r$ jest liczbą naturalną. Zastosujemy metodę indukcji. Dla $r = 1$ wzór (2) wynika z warunku $1^\circ$ zadania. Załóżmy, że dla pewnej liczby naturalnej $r$ zachodzi wzór (2). Udowodnimy analogiczny wzór dla liczby $r + 1$ . Z warunku $1^\circ$ i z założenia indukcyjnego otrzymujemy

$ f(x + r+ 1) = f(x + r) + 1 =f(x) + r + 1. $

Zatem na mocy zasady indukcji wzór (2) zachodzi dla każdej liczby naturalnej $r$ .

Jeżeli $r = 0$ , to wzór (2) jest oczywiście prawdziwy. Jeżeli wreszcie $r = -s$ jest liczbą całkowitą ujemną, to $s$ jest liczbą naturalną i wobec tego

$ f(y + s) =f(y) + s\ \textrm{dla}\ y \in \mathbb{R}. $

Podstawiając tu $y = x - s$ otrzymujemy $f(x)=f(x - s) + s$ , czyli $f(x - s) =f(x) - s$ . Jest to wzór (2) dla $r = -s$ .

Przez indukcję ze względu na $n$ ze wzoru (2) wynika, że dla dowolnej liczby całkowitej $r$ i naturalnej $n$ zachodzi

$ (3) \qquad f_n(x + r) =f_n(x) + r \ \textrm{dla}\ x \in \mathbb{R}. $

Przystępujemy teraz do rozwiązania zadania. Zauważmy najpierw, że $x_{n+1} = f_n(x)$ dla $n = 1,2, \ldots$ , a więc należy znaleźć granicę ciągu
$\displaystyle \frac{f_n (x)}{n+1}$ . Udowodnimy najpierw, że

$ (4) \qquad \lim_{n \to \infty} \frac{f_n(0)}{n+1} = \frac{p}{3}. $

Niech $r$ będzie resztą z dzielenia liczby naturalnej $n$ przez $3$ , tzn. niech $n = 3k + r$ , gdzie $r = 0, 1$ lub $2$ oraz $k \geq 0$ . Przez indukcję względem $k$ udowodnimy, że

$ (5) \qquad f_n(0) = kp + f_r(0). $

Jeżeli $k = 0$ , to $n = r$ i wzór (5) jest prawdziwy. Jeżeli zaś wzór (5) zachodzi dla pewnej liczby $k \geq 0$ , to wzór ten dla liczby $k + 1$ ma postać

$ (6) \qquad f_{n+3}(0)= (k+ 1)p+ f_r(0). $

Wzór (6) wynika z (1), (3) i (5), ponieważ $f_{n+3}(0) =f_n (f_3(0)) = f_n(p) = f_n(0 + p) = f_n(0) + p = kp + f_r(0) + p = (k + 1)p + f_r(0)$ .

Zatem na mocy zasady indukcji wzór (5) zachodzi dla dowolnej liczby $k \geq 0$ .

Ponieważ $k = \displaystyle \frac{n-r}{3} = \frac{n+1}{3} - \frac{1-r}{3}$ , więc z (5) wynika, że

$ (7) \qquad \frac{f_n(0)}{n+1} = \frac{n-r}{3(n+1)} p + \frac{f_r(0)}{n+1} = \frac{p}{3} + \frac{(1-r)p + 3f_r(0)}{3(n+1)}. $

Ponieważ wyrażenie $(1-r)p + 3f_r(0)$ przybiera tylko trzy wartości (przy $r = 0, 1, 2$ ), więc jest ono ograniczone. Zatem

$ \lim_{n \to \infty} \frac{(1-r)p + 3f_r(0)}{3(n+1)} = 0 $

i z (7) wynika (4).

Teraz dla dowolnego $x \in \mathbb{R}$ niech, $a = [x]$ . Wtedy $a \leq x < a + 1$ . Ponieważ funkcja $f$ , a więc i $f_n$ , jest rosnąca, więc wynika stąd, że

$ (8) \qquad f_n(a) \leq f_n(x) < f_n(a+ 1). $

Liczba $a$ jest całkowita. Wobec tego z (3) i (8) otrzymujemy

$ \frac{a+f_n(0)}{n+1} \leq \frac{f_n(x)}{n+1} < \frac{a+1+f_n(0)}{n+1}. $

Ponieważ $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{a}{n+1} = 0$ , więc z (4) i (9) na mocy twierdzenia o trzech ciągach otrzymujemy, że $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{f_n(x)}{n+1} = 3$ .

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

Komentarz

XXIV OM - II - Zadanie 3

Rozwiązanie

Dodaj komentarz

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody