I. FEJEZET SOROZATOK, SZÁMTANI ÉS MÉRTANI HALADVÁNYOK

Vissza

Tartalomjegyzék

Sorozatok, számtani és mértani haladványok

5

I. FEJEZET SOROZATOK, SZÁMTANI ÉS MÉRTANI HALADVÁNYOK 2.2.7. Gyakorlatok és feladatok (11. oldal) 1. Vajon milyen törvényszerűség alapján képeztük az alábbi sorozatokat? Az általad talált szabályszerűség alapján írd fel a következő két elemet! a) Szén, szilícium, germánium, ón,…; b) 2, 4, 16, 256,…; c) 1, 1, 2, 3, 5, 8,…; d) 1, 3, 6, 8, 11, 13, 16,…; e) 9, 27, 54, 90, 135, 189,…; f) 3, 2, 6, 5, 15, 14, 42,…; g) 190, 192, 64, 66, 22, 24, 8, 10,…; h) 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28,…; i) 246, 810, 121, 416, 182,…; j) 123, 14, 17, 50, 25, 29,…; k) 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14, 16, 19,… Megoldás. a) A negyedik főcsoport elemeit kezdtük sorolni, tehát csak egy elemmel folytathatjuk, és ez az ólom. b) A második tagtól kezdődően minden tag az előtte álló négyzete, tehát a sorozat képezhető az x n +1 = x n2 rekurzióval. Eszerint a következő két tag: x 5 = 2562 = 65536 és x 6 = 655362 = 4294967296 . Megjegyzés. A második tagtól kezdődően mindegyik tag az előtte álló tagok szorzatának kétszerese, tehát x n +1 = 2x 1x 2 ...x n , ∀n ≥ 1 . A matematikai indukció n −1

módszerével igazolható, hogy x n = 22 , ∀n ≥ 1 . c) A harmadik tagtól kezdődően minden tag az előtte álló két tag összege, tehát x n +2 = x n +1 + x n , ∀n ≥ 1 . A következő két tag x 7 = 13 és x 8 = 21 . Megjegyzés. A sorozatot Fibonacci sorozatnak nevezzük és igazolható, hogy az n n 1 − 5   1 1 + 5   , ∀ n ≥ 1.  −  általános tag x n =   5  2   2   A tankönyv 10. oldalán a 4. megoldott feladatban hasonló tulajdonságú sorozat jelenik meg. Az ottani jelölés szerint an = x n + 2 . d) Ha az egymás utáni tagok közti különbségeket vizsgáljuk, látható, hogy ezek ismétlődnek. Pontosabban x 2n − x 2n−1 = 2 és x 2n +1 − x 2n = 3 . A következő két tag tehát x 8 = 18 és x 9 = 21 . Megjegyzés. A sorozat értelmezhető az x n +2 = x n + 5 rekurzióval is, ha az x 1 = 1 és x 2 = 3 értékekből indulunk ki. A matematikai indukció segítségével igazolható, hogy x 2n +1 = 5n + 1 és x 2n = 5n − 2 . e) Az egymás utáni tagok közti különbségek rendre x 2 − x 1 = 18 = 2 ⋅ 9 , x 3 − x 2 = 27 = 3 ⋅ 9 , x 4 − x 3 = 36 = 4 ⋅ 9 , x 5 − x 4 = 45 = 5 ⋅ 9 és x 6 − x 5 = 54 = 6 ⋅ 9 . Innen következik, hogy egy lehetséges szabályszerűség az x n +1 − x n = (n + 1) ⋅ 9 rekurzió. Ez alapján a következő két tag x 7 = 252 és

Tartalomjegyzék

6


n ⋅ (n + 1) , vagyis a 2 sorozat tagjai a háromszögszámok (lásd a tankönyv 18. oldalán a 2.3.1. megjegyzést) kilencszeresei. f) Észrevehető, hogy x 2n = x 2n −1 − 1 és x 2n +1 = 3 ⋅ x 2n , ha n ≥ 1 . Ez alapján a

x 8 = 324 . Matematikai indukcióval igazolható, hogy x n = 9 ⋅

következő két tag x 8 = 41 és x 9 = 123 . Igazolható, hogy x 2n +1 =

x 2n =

3n + 1 , ha n ≥ 1 . 2

3n +1 + 3 és 2

1 x 2n , tehát a következő 3 189 hogy x 2n +1 = 1 + n és 3

g) Akárcsak az előbb, a rekurzió x 2n = x 2n −1 + 2 és x 2n +1 =

10 16 és x 10 = . Igazolható, 3 3 189 és x 2n = 3 + n−1 , ha n ≥ 1 . 3 h) A rekurzió x n +1 = x n + (n + 1) , ∀ n ≥ 1 és x 1 = 1 , tehát a következő két tag x 8 = 36 és x 9 = 45. A matematikai indukció módszerével igazolható, hogy n (n + 1) (lásd a tankönyv 17. és 18. oldalát). xn = 2 i) A számokat úgy kaphatjuk meg, hogy leírjuk egymásután (elválasztás nélkül) a páros számokat, majd a számjegyeket hármasával csoportosítjuk. A következő két tag x 6 = 022 és x 7 = 242 . j) A másodiktól kezdődően minden tag az előtte álló szám számjegyeinek négyzetösszege, tehát a következő két tag x 7 = 85 és x 8 = 89 . k) Azokat a számokat soroltuk fel növekvő sorrendben, amelyeknek a kettes számrendszerben a számjegyek összege páratlan. Így x 11 = 21 és x 12 = 22. két

tag

x9 =

2. Számítsd ki a következő sorozatok első hat elemét, ha az általános tag képlete: b) x n = 2n 2 − 3n + 1, ∀ n ≥ 1 ; a) x n = 4n − 3, ∀ n ≥ 1 ;

{

}

c) x n = max n 2 − n − 6, − n − 5 ,

∀n ≥ 1;

cos(n π) 1 , ∀ n ≥ 1. e) x n = , ∀n ≥1; n n +1 Megoldás. a) x n = 4n − 3 , ∀n ≥ 1 . x 1 = 4 ⋅ 1 − 3 = 1 , x 2 = 4 ⋅ 2 − 3 = 5 , x 3 = 4 ⋅ 3 − 3 = 9 , x 4 = 4 ⋅ 4 − 3 = 13 , x 5 = 4 ⋅ 5 − 3 = 17 , és x 6 = 21 . x1 = 2 − 3 + 1 = 0 , x2 = 8 − 6 + 1 = 3 , x 3 = 18 − 9 + 1 = 10 , b) x 4 = 32 − 12 + 1 = 21 , x 5 = 50 − 15 + 1 = 36 , és x 6 = 72 − 18 + 1 = 55 . d) x n =

3

Tartalomjegyzék

7


{

}

{

}

{

}

c) x 1 = max −6, − 4 = −4 , x 2 = max −4, − 3 = −3 , x 3 = max 0, − 2 = 0 ,

{

}

{

}

x 4 = max 6, − 1 = 6, x 5 = max 14, 0 = 14 , és x 6 = max {24, −1} = 24 . 1 1 1 1 1 1 , x 2 = 3 , x 3 = 3 , x 4 = 3 , x 5 = 3 , és x 6 = 3 . 2 3 4 5 6 7 cos 2π 1 cos 3π 1 cos 4π 1 cos π e) x 1 = = , x3 = = − , x4 = = , = −1 , x 2 = 2 2 3 3 4 4 1 cos 5π 1 cos 6π 1 = − , és x 6 = = . x5 = 5 5 6 6 3. Keresd meg a párját! Az első oszlopbeli képletekkel értelmezett sorozatok mindegyikének van egy párja a második oszlopban (a két sorozat megfelelő tagjai egyenlők). Bizonyítsd is be, hogy a megfelelő sorozatok tagjai egyenlők!  2n + 1  ⋅ π sin   2  a) yn = , ∀ n ≥ 1 ; 1) a1 = 4, an +1 = 3an − 2, ∀ n ≥ 1 ; 2 n 2) bn +2 = 5bn +1 − 4bn , ∀ n ≥ 1 , b1 = 3 és b) z n = 3n + 1, ∀ n ≥ 1 ; d) x 1 =

3

b2 = 15 ; u 3) cn = n , ahol un +2 = −2un +1 − un , c) x n = 4n − 1, ∀ n ≥ 1 ; vn u1 = −1, u2 = 1, vn +2 = 2vn +1 − vn + 2, v1 = 1 , és v2 = 4 . Megoldás. Kiszámítjuk a sorozatok első két tagját: 3π 5π sin sin 2 = −1 , y = 2 = 1 ; 1) a = 4 , a = 3 ⋅ 4 − 2 = 10 ; a) y1 = 2 1 2 4 4 1 2) b1 = 3 , b2 = 15 ; b) z 1 = 4 , z 2 = 10 ; u 1 u 3) c1 = 1 = −1 és c2 = 2 = . c) x 1 = 3 , x 2 = 15 ; v2 4 v1 A kiszámolt értékek alapján (sőt már az első tagok összehasonlítása is elégséges) következik, hogy az (x n )n ∈N ∗ sorozat párja a (bn )n ∈N ∗ sorozat, az (yn )n ∈N ∗ sorozat párja a (cn )n ∈N ∗ sorozat és a (z n )n ∈N ∗ sorozat párja az (an )n ∈N ∗ sorozat lehet. A feladat megoldásához szükséges igazolni azt is, hogy a megfelelő sorozatok tagjai egyenlők, vagyis x n = bn , yn = cn és z n = an , ∀n ≥ 1 esetén. (Ez akkor is szükséges, ha a feladat szövegéből az utolsó mondatot elhagyjuk.) Ezeket az egyenlőségeket a matematikai indukció módszerével igazolhatjuk. 1. ∀n ∈ `∗ esetén a P(n) állítás az, hogy x k = bk , ∀k ≤ n esetén. P(1) és P(2) igaz a számolások alapján. Ha P(n) igaz, akkor bn = x n = 4n − 1 és bn −1 = x n −1 = 4n −1 − 1, tehát bn +1 = 5bn − 4bn −1 = 5 ⋅ (4n − 1) − 4 ⋅ (4n−1 − 1) =

Tartalomjegyzék

8


= 5 ⋅ 4n − 5 − 4n + 4 = 4 ⋅ 4n − 1 = 4n +1 − 1 = x n +1 . Ebből következik, hogy P(n+1) is igaz, tehát a matematikai indukció elve szerint P(n) igaz, bármely n ≥ 1 esetén. Így x n = bn , ∀n ∈ `* . k

2. ∀n ∈ `∗ esetén a Q(n) állítás az, hogy uk = (−1) , és vk = k 2 , bármely k ≤ n esetén. A Q(1) és Q(2) állítások (az adott értékek szerint) igazak. Ha Q(n) igaz, akkor n n −1 2 un = (−1) , un −1 = (−1) , vn = n 2 , és vn −1 = (n − 1) . Eszerint n −1

n

un +1 = −2 ⋅ un − un −1 = −2 ⋅ (−1) − (−1) = (− 1)

n −1

⋅ (+ 1) = (− 1)

n −1

n −1

= (−1)

⋅ (− 1) = (− 1) 2

2

n +1

⋅ [−2 ⋅ (−1) − 1] = , és

2

vn +1 = 2 ⋅ vn − vn −1 + 2 = 2 ⋅ n − (n − 1) + 2 = 2

= 2n 2 − n 2 + 2n − 1 + 2 = n 2 + 2n + 1 = (n + 1) , tehát Q(n+1) is igaz. Ebből következik, hogy Q(n) igaz, bármely n ∈ `∗ esetén, és n u (−1) . Másrészt így cn = n = vn n2  2n + 1  π π π sin n π + sin  cos n π ⋅ sin n  2  2 = 2 = (−1) , = yn = n2 n2 n2 n2 tehát cn = yn , ∀n ≥ 1. Hasonlóan igazolható, hogy z n = an , ∀ n ≥ 1 .

(

)

4. Számítsd ki a következő rekurziókkal adott sorozatok első hat tagját: 1 1 a) x n +1 = x n + , ∀ n ≥ 1, x 1 = ; 2 2 b) x 1 = 1, x 2 = 2, x n +2 = 3x n +1 − 2x n , ∀ n ≥ 1 ; xn , ∀n ≥1; c) x 1 = 3, x n +1 = 1 + 2x n d) x 0 = 3, x 1 = 4,

x n +1 = x n2−1 − nx n ,

e) x 1 = 1, x 2 = −1, x 3 = 1, x 4 = 1

∀ n ≥ 1;

x n = x n −1 ⋅ x n −2 ⋅ x n −4 ,

∀n ≥ 5.

5. Az előbbi sorozatok esetén, a kiszámított tagok alapján próbáld meghatározni az általános tagot! Sejtésedet bizonyítsd is! Vizsgáld meg a sorozatok monotonitását! Van-e köztük periodikus sorozat? 1 3 5 Megoldás. a) x 1 = , x 2 = 1 , x 3 = , x 4 = 2 , x 5 = , és x 6 = 3 . Az x 1, x 3 és 2 2 2 n x 5 -re kapott értékek alapján az x n = sejtésünk lehetséges. Ez helyes n ∈ {2, 4, 6} 2 esetén is és matematikai indukcióval igazolható. A sorozat szigorúan növekvő, mert x n +1 > x n , ∀n ≥ 1 . b) x 1 = 1 , x 2 = 2 , x 3 = 4 , x 4 = 8 , x 5 = 16 , és x 6 = 32 . A kapott számadatok

alapján megsejthető, hogy x n = 2n −1 , ∀n ≥ 1 . Ez az összefüggés a matematikai

Tartalomjegyzék Sorozatok, számtani és mértani haladványok

9

indukció módszerével igazolható. Az általános tag képletéből következik, hogy a sorozat szigorúan növekvő. 3 3 3 3 3 c) x 1 = 3 , x 2 = , x 3 = , x4 = , x5 = , és x 6 = . Észrevehető, hogy a 7 13 19 25 31 számláló mindig 3 és a nevező hatonként növekszik, tehát az általános tag képlete 3 xn = , ∀n ≥ 1 -re. Ez az összefüggés a matematikai indukcióval 1 + 6 (n − 1) igazolható. Az általános tag képlete szerint x n +1 < x n , tehát a sorozat szigorúan csökkenő. A sorozat monotonitását a rekurzió alapján is vizsgálhatjuk, mivel −2x n 2 x n +1 − x n = < 0 , mert a sorozat pozitív tagú. 1 + 2x n d) x 0 = 3 , x 1 = 4 , x 2 = 5 , x 3 = 6 , x 4 = 7 , és x 5 = 8 . A kiszámolt értékek alapján sejthető, hogy x n = n + 3 . Ezt matematikai indukcióval igazolhatjuk. Az általános tag képlete alapján x n +1 − x n = 1 > 0 , tehát a sorozat szigorúan növekvő. e) x 1 = 1 , x 2 = −1 , x 3 = 1 , x 4 = 1 , x 5 = 1 , x 6 = −1 , x 7 = −1 , x 8 = 1 , x 9 = −1 , x 10 = 1 , x 11 = 1 . A kiszámolt értékek alapján x 8 = x 1 , x 9 = x 2 , x 10 = x 3 , és x 11 = x 4 , tehát a rekurzió alapján x n +7 = x n , ∀n ∈ `∗ . Így a sorozat periodikus és 7 a főperiódusa. Az általános tag képlete: −  1, ha n = 7k + 2, n = 7k + 6 vagy n = 7k x n =  .  1, ha n = 7k + 1, n = 7k + 3, n = 7k + 4 vagy n = 7k + 5  6. Bizonyítsd be, hogy az I.1.-es rész 6-os példájában szereplő sorozat általános 3 ⋅ 2k − 2, ha n = 2k + 1  . tagjának képlete x n =   3 ⋅ 2k − 1, ha n = 2k + 2  Megoldás. Mivel az első két tag és a képzési szabályok egyértelműen meghatározzák a sorozat tagjait, elégséges igazolni, hogy az k 3 ⋅ 2 − 2, ha n = 2k + 1  x n =  sorozat teljesíti az x 2n = x 2n −1 + 1 és x 2n +1 = 2x 2n 3 ⋅ 2k − 1, ha n = 2k + 2  rekurziókat, és x 1 = 1 , illetve x 2 = 2 . A feladatban adott képletek alapján x 1 = x 2⋅0+1 = 3 ⋅ 20 − 2 = 3 − 2 = 1 , és x 2 = x 2⋅0+2 = 3 ⋅ 20 − 1 = 2 . Továbbá

x 2n −1 + 1 = x 2(n −1)+1 + 1 = 3 ⋅ 2n −1 − 2 + 1 = 3 ⋅ 2n −1 − 1 = x 2(n −1)+2 = x 2n , és 2x 2n = 2x 2(n −1)+2 = 2 ⋅ (3 ⋅ 2n −1 − 1) = 3 ⋅ 2n − 2 = x 2n +1 .

Az előbbiek alapján a tankönyv I.1. paragrafusának 6. példájában szereplő sorozat általános tagja az előbbi x n . Megjegyzés. A rekurzió alapján is eljuthatunk az általános tag képletéhez. Írjuk fel az x 2k +1 = 2x 2k = 2 (x 2k −1 + 1) = 2x 2k −1 + 2 egyenlőséget a k ∈ {1, 2, 3,..., n }

Tartalomjegyzék

10


értékekre, majd szorozgassuk az egyenlőségeket úgy, hogy összeadás és egyszerűsítés után csak x 2n +1 és x 1 maradjon. Ezt az alábbi diagram szemlélteti: x 2n +1 = 2x 2n −1 + 2 x 2n −1 = 2x 2n −3 + 2 / ⋅ 2 x 2n −3 = 2x 2n −5 + 2 / ⋅ 22

....……………………. x5 = 2x 3 + 2 / ⋅ 2n −2 x3

= 2x 1

+

2 / ⋅ 2n −1

x 2n +1 = 2n x 1 + (2 + 22 + 23 + ... + 2n ) = 2n + 2n +1 − 2 = 3 ⋅ 2n − 2 .

Az S = 2 + 22 + 23 + ... + 2n összeget a következőképpen számíthatjuk ki: S = 2S − S = 2 ⋅ (2 + 22 + 23 + ... + 2n ) − (2 + 22 + 23 + ... + 2n ) =

22 + 23 + ... + 2n + 2n +1 − 2 − 22 − 23 − ... − 2n = 2n +1 − 2. x Ebből következik, hogy x 2n = 2n +1 = 3 ⋅ 2n −1 − 1. 2 7. Az A ⊆ N halmazról tudjuk, hogy a) 1 ∈ A ; b) n ∈ A ⇒ 2n + 1 ∈ A ; c) 3n + 1 ∈ A ⇒ n ∈ A . Igaz-e, hogy 8 ∈ A ? Megoldás. Az alábbi nyilak egy következtetésláncot ábrázolnak. A nyilak fölött szereplő betű mutatja, hogy melyik tulajdonságot használtuk. b b b b c b b b 1 b → 3 b → 7   → 15  → 31  → 63  → 127  → 42  → 85  → 171  → b c b c c c  → 343  → 114  → 229  → 76  → 25  → 8. 8. Határozd meg azokat az (x n )n ∈N ∗ számsorozatokat, amelyek teljesítik az 2

(x 1 + x 2 + ... + x n ) = x 13 + x 23 + ... + x n3 egyenlőséget, ∀ n ∈ `∗ esetén!

{ }

2

Megoldás n = 1-re -re x 12 = x 13 , tehát x 1 ∈ 0,1 . n = 2 -re (x 1 + x 2 ) = x 13 + x 23 .

Ha

x1 = 0 ,

akkor

x 22 = x 23 ,

tehát

x 2 ∈ {0,1} .

Ha

x 1 = 1, ,

akkor

1 + 2x 2 + x = 1 + x tehát x 2 ∈ {0, 2, −1} . Ha x 2 = 0 , akkor x 3 meghatározásakor 2 2

3 2

vagy az x 32 = x 33 , vagy az x 33 − x 32 − 2x 3 = 0 egyenlethez jutunk. Ha x 2 = −1 , akkor az x 32 = x 33 egyenlethez, ha x 2 = 1, , akkor az x 33 − x 32 − 2x 3 = 0 egyenlethez jutunk. 2

Végül, ha x 2 = 2 , akkor (3 + x 3 ) = 9 + x 33 egyenlethez jutunk. Ennek a megoldásai x 3 = 0 , x 3 = −2 és x 3 = 3 . Az eddigiek alapján az első három tagra a következő lehetőségek adódtak: 0, 0, 0 1, 0, 2 0, 0, 1 1, 2, 3 0, 1, 2 1, 2, 0 0, 1, –1 1, 2, –2 0, 1, 0 1, –1, 0 1, 0, 0 1, –1, 1 1, 0, –1.


11

Belátható, hogy az első n tag meghatározása után x n +1 -nek legtöbb három lehetséges értékére teljesül az 2

(x 1 + x 2 + ... + x n + x n +1 ) = x 13 + x 23 + ... + x n3 + x n3+1 egyenlőség ( x n +1 -ben ez egy harmadfokú egyenlet) és a három lehetséges érték közül az egyik 0, a másik x n +1 = −x n , és a harmadik x n + 1, ha x n ≠ −1 és x n ≠ 0 . Az első két érték behelyettesítése esetén igaz összefüggéshez jutunk. Az

(x

1

+ x 2 + ... +x n −1

)

2

= x 13 + x 23 + ... + x n3−1

és 2

(x 1 + ... + x n −1 + x n ) = x 13 + ... + x n3−1 + x n3 összefüggésekből következik, hogy x n ⋅ 2 (x 1 + ... + x n −1 + x n ) − x n (x n + 1) = 0 . Ez éppen azt fejezi ki ( x n ≠ 0 és x n ≠ −1 esetén), hogy az x n +1 = x n + 1 szám 2

teljesíti az (x 1 + ... + x n + x n +1 ) = x 13 + ... + x n3 + x n3+1 egyenlőséget. Ha x n = −1 , akkor x 1 + x 2 + ... + x n−1 = 1 = x 13 + x 23 + ... + x n3−1 és így x n +1 csak 0 vagy 1 lehet. Ha x n = 0, akkor addig haladunk vissza, amíg elérünk egy nullától különböző tagig. Eszerint x n +1 ∈ {0, −x n , x n + 1} ha x n ≠ 0 és x n +1 ∈ {0, −x k , x k + 1} ha x n = 0 és x k az x n előtti, x n -hez legközelebb eső, nullától különböző tag. Látható, hogy végtelen sok ilyen sorozat létezik és minden ilyen sorozat generálható a következő módon. Az 1 2 3 4 5 6 7 8 .... sorozat bármely két tetszőlegesen választott egymás utáni tagja közé beiktathatunk egy-egy véges sorozatot, amely a nullát nem tartalmazza. Például az 5 és 6 közé iktathatjuk a (−5, 5) ; (−5, −4, 4, 5) ; (−5, −4, −3, 3, 4, 5) ; (−5, −4, −3, −2, −1,1, 2, 3, 4, 5) stb. sorozatokat. Ezt a lépést egymásután többször is megismételhetjük, majd a legvégén minden tag elé tetszőlegesen sok 0-t írhatunk. Megjegyzések 1. Ha az adott összefüggés minden n ≤ m -re és rögzített m-re kell teljesüljön, akkor az előbbi rekurzív összefüggésekkel az m hosszúságú sorozatokat kell képezni. Sejtésünk, hogy ezek száma nem haladja meg a 2m −1 + 3m −1 összeget. Érdekesnek tartjuk e szám pontos meghatározását. 2. Ha az adott összefüggést csak egy n-re teljesítő számsorozatot keresünk, akkor az alábbi számelméleti tulajdonságot használhatjuk: válasszunk egy tetszőleges számot (például k=12-t) és írjuk le k osztóit. Minden osztó alá írjuk le az illető osztó osztóinak számát. 1 2 3 4 6 12 1 2 2 3 4 6 Ha az így kapott sorozat tagjainak összegét négyzetre emeljük, a tagok köbeinek összegét kapjuk:

Tartalomjegyzék

12

Sorozatok, számtani és mértani haladványok 2

(1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 6) = 182 = 324 13 + 23 + 23 + 33 + 43 + 63 = 324 . 9. Bizonyítsd be, hogy, ha az (an )n ∈N ∗ pozitív tagú számsorozat teljesíti az 1 , ∀ n ∈ `∗ ! n Megoldás. 0 ≤ a2 ≤ a1 − a12 , tehát a1 (1 − a1 ) ≥ 0 . Ebből következik, hogy a1 ≤ 1 . an2 ≤ an − an +1 egyenlőtlenséget, ∀ n ∈ `∗ esetén, akkor an ≤

 1 Az f : 0,1 → \ , f (x ) = x (1 − x ) függvény a 0,  intervallumon szigorúan    2  1 1  növekvő, az  ,1 intervallumon szigorúan csökkenő, tehát a maximuma az x 0 =  2  2 1 1 1 ben van. Eszerint f (x ) ≤ , ∀x ∈ 0, 1 , tehát a2 ≤ f (a1 ) ≤ < .   4 4 2 1 1 1 1 n −1 és n ≥ 2 , akkor 0 < an ≤ ≤ , tehát f (an ) ≤ f   = . Ha 0 < an ≤ n  n n 2 n2 n −1 n −1 1 , mert n 2 − 1 < n 2 , Ebből következik, hogy an +1 ≤ 2 . Másrészt < 2 n n n +1 1 1 . A matematikai indukció elve alapján az an ≤ egyenlőtlenség tehát an +1 ≤ n +1 n teljesül, bármely n ≥ 1 természetes szám esetén. 1 10. Bizonyítsd be, hogy ha az x n +1 = − x n2 + x n + 1 rekurziót teljesítő (x n )n ∈N ∗ 2 1 sorozat első tagja 1 és 2 közt van, akkor x n − 2 < n , ∀ n ∈ `, n ≥ 3 ! 2 1  3 Megoldás. Az f : 1, 2 → \ f (x ) = − x 2 + x + 1 függvényre Im f = 1,  ,    2  2   3    11 3    11 3    11 183  Im ( f D f ) = f  1,   =  ,  és Im ( f D f D f ) = f   ,   =  , . Mivel a   2    8 2    8 2    8 128  rekurzió x n +1 = f (x n ) alakban írható, x 3 ∈ Im ( f D f D f ) , és így  11 183 x 3 − 2 ≤ max  −  − 2,  128  8  11 183 1 < 2 ), és 0 < − 2< , 8 128 8

 11 1 3  (mert 2 < , és 2  . De 0 < 2 − <  8 8 2   1 tehát x 3 − 2 ≤ 3 . A továbbiakban a 2 1 matematikai indukció módszerét használjuk. Ha x n − 2 ≤ n , akkor 2 1 2 x n +1 − 2 = − x n + x n + 1 − 2 = 2

Tartalomjegyzék

13


1 2 1 1 1 1 (x n − 2) = x n − 2 ⋅ 1 − (x n + 2 ) ≤ n ⋅ = n +1 , 2 2 2 2 2 1 1 mert az 1 − (x n + 2 ) ≤ egyenlőtlenség ekvivalens az 1 ≤ x n + 2 ≤ 3 2 2 1 1 egyenlőtlenségek alapján ezek egyenlőtlenségekkel, és az x n < 2 + n < 2 + 2 8 1 teljesülnek. Az indukciós elv alapján x n − 2 ≤ n , ∀n ≥ 3 . 2 11. Bizonyítsd be, hogy létezik olyan (x n )n ∈N ∗ számsorozat, amelyre = xn − 2 −

x n ∈ {1, 2} , ∀ n ≥ 1 és az x n x n −1 ...x 2x 1 szám osztható 2n -nel, ∀ n ∈ `∗ ! Megoldás.

x1 = 2

és

x2 = 1 .

A

továbbiakban

igazoljuk,

hogy

ha

n

x n x n −1 ...x 2x 1 # 2 -nel, akkor az A = 1x n x n −1 ...x 2x 1 és B = 2x n x n −1 ...x 2x 1 számok

közül az egyik osztható 2n +1 -nel, tehát x n +1 megválasztható a feltételeknek megfelelően. Ha x n x n −1 ...x 2x 1 = 2n ⋅ v , akkor A = 10n + x n x n −1 ...x 2x 1 = 10n + 2n ⋅ v és B = 2 ⋅ 10n + x n x n −1 ...x 2x 1 = 2 ⋅ 10n + 2n ⋅ v , tehát A = 2n (5n + v ) és B = 2n (2 ⋅ 5n + v ) . Ha v páros, akkor B osztható 2n +1 -nel, míg ha v páratlan, az A

osztható 2n +1 -nel. Az első esetben x n +1 = 2 -t, és a másodikban x n +1 = 1 -t választunk. A matematikai indukció elve alapján az (x n )n ∈N ∗ számsorozat megszerkeszthető. 12. Bizonyítsd be, hogy egyetlen olyan (x n )n ∈N ∗ számsorozat létezik, amely teljesíti a következő feltételeket: a) x 1 = 5 ; b) bármely x n x n −1 ...x 2x 1 -ben végződő szám négyzete is x n x n −1 ...x 2x 1 -ben végződik, ∀ n ∈ `∗ . Megoldás. Minden x n x n −1 ...x 2x 1 -ben végződő szám A ⋅ 10n + x n x n −1 ...x 2x 1 alakú,

tehát a négyzete A2 ⋅ 102n + 2A ⋅ x n x n −1 ...x 2x 1 ⋅ 10n + x n x n −1 ...x 2x 1 2 . Innen látható, hogy az utolsó n számjegyet minden A ∈ N esetén csak az x n x n −1 ...x 2x 1 2 utolsó n számjegye határozza meg, tehát x n x n −1 ...x 2x 1 2 végződik x n x n −1 ...x 2x 1 -ben. Tételezzük fel, hogy x 1 , x 2 , ..., x n −1 -et már sikerült meghatározni, és próbáljuk meghatározni x n -et! 2

x n x n −1 ...x 2x 1 2 = (10n −1 x n + x n −1 ...x 2x 1 ) = = 102n −2 x n2 + 2x n ⋅ 10n −1 ⋅ x n −1 ...x 2x 1 + x n −1x n −2 ...x 2x 1 2 .

Ha n ≥ 2 , akkor 102n −2 # 10n , és 2 ⋅ 10n −1 ⋅ x n −1x n −2 ...x 2x 1 # 10n , mert x 1 = 5 , és így 2 ⋅ x n −1x n −2 ...x 2x 1 osztható 10-zel. Eszerint x n x n −1 ....x 2x 1 2 utolsó n számjegye éppen az x n −1x n −2 ...x 1 2 utolsó n számjegyével egyezik meg, tehát x n az x n−1...x 2x 1 2

Tartalomjegyzék

14


szám jobbról számított n-edik számjegye. Mivel ez létezik és egyértelmű, az (x n )n ∈N ∗ sorozat egyértelműen értelmezhető. Így x 2 = 2 , x 3 = 6 , x 4 = 0 , x 5 = 9 , x 6 = 8 stb., mert: 52 = 25 252 = 625 6252 = 390625

06252 = 390625 906252 = 8212890625 stb. xn + 2 − 1 , 1 − x n ⋅ ( 2 − 1)

∀ n ≥ 1 rekurziót teljesítő

Megoldás. Számolással ellenőrizhető, hogy x n +2 =

1 + xn 1 , x n +4 = − , és így 1 − xn xn

13. Bizonyítsd be, hogy az x n +1 = sorozatok periodikusak!

x n +8 = −

1 1 =− = x n , ∀n ≥ 1 , tehát a sorozat periodikus, és periódusa 8. 1 x n +4 − xn

I.5. Gyakorlatok és feladatok (30. oldal) 1. Döntsétek el, hogy a következő sorozatok számtani haladványok-e vagy sem! a) x n = 7n − 13, ∀ n ≥ 1 ; b) x n = −3n + 2, ∀ n ≥ 1 ; c) x n = −2n 2 + 3n + 1,

∀ n ≥ 1;

d) x n =

n 2 + 2n , n +1

∀ n ≥ 1;

2n , ∀n ≥1. 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ n Megoldás. a) x n +1 − x n = [7 (n + 1) − 13] − [7n − 13 ] = 7 , tehát a sorozat számtani haladvány. b) x n +1 − x n = [−3 (n + 1) + 2] − [−3n + 2 ] = −3n − 3 + 2 + 3n − 2 = −3 , tehát a sorozat számtani haladvány. c) x 1 = −2 + 3 + 1 = 2 , x 2 = −2 ⋅ 4 + 3 ⋅ 2 + 1 = −1 , x 3 = −2 ⋅ 9 + 9 + 1 = −8 . Mivel x 2 − x 1 = −1 − 2 = −3 , és x 3 − x 2 = −8 − (−1) = −7 , a sorozat nem lehet számtani haladvány. 4+4 8 9 + 6 15 1+2 3 = , és x 3 = = d) x 1 = . Mivel x 1 + x 3 ≠ 2x 2 , a = , x2 = 3 3 4 4 1+1 2 sorozat nem számtani haladvány. 2 4 8 4 = 2 , és x 3 = e) x 1 = = 2 , x 2 = = . Mivel x 1 + x 3 ≠ 2x 2 , a sorozat 1 1⋅ 2 1⋅ 2 ⋅ 3 3 nem számtani haladvány. e) x n =

Tartalomjegyzék

15

Sorozatok, számtani és mértani haladványok 2. Döntsétek el, hogy a következő sorozatok mértani haladványok-e vagy sem! b) x n = 2n ⋅ 32n ⋅ 53n −1, ∀ n ≥ 1 ; a) x n = 3n , ∀ n ≥ 1 ; n c) x n = 2n + 3n , ∀ n ≥ 1 ; d) x n = n , ∀ n ≥ 1 ; 2 n n 1 − 2  1 + 2   +   , ∀ n ≥ 1 . e) x n =   2   2  Megoldás. a) b) c)

x n +1 3n +1 = n = 3 , tehát a sorozat mértani haladvány. xn 3

x n +1 2n +1 ⋅ 32n +2 ⋅ 53n +2 = = 2 ⋅ 32 ⋅ 53 , tehát a sorozat mértani haladvány. xn 2n ⋅ 32n ⋅ 53n −1

Az

x n +1 2n +1 + 3n +1 = 2n + 3n xn

kifejezés

nem

konstans,

mert

n = 1 -re

22 + 32 4 + 9 13 2 3 + 33 8 + 27 35 13 35 , n = 2 -re , és . Így a = = = = ≠ 1 1 2 2 2 +3 2+3 5 2 +3 4+9 13 5 13 sorozat nem mértani haladvány. 1 2 1 3 3 d) x 1 = , x 2 = 2 = , és x 3 = 3 = . Mivel x 1 ⋅ x 3 ≠ x 22 , a sorozat nem 2 2 2 2 8 mértani haladvány. 1− 2 1+ 2 e) x 1 = + = 1, 2 2 2 2 1 − 2  1 + 2  3−2 2 3 +2 2 3    +  = x2 =  + = ,    2  4 4 2  2 

7−5 2 7 +5 2 7 + = . Mivel x 3 x 1 ≠ x 22 , a sorozat nem mértani 8 8 4 haladvány. 3. Az előbb vizsgált sorozatokra vezessetek le egy-egy rekurziót! Megoldás. 1/a. x n +1 − x n = 7 , tehát az x n +1 = x n + 7 összefüggés egy rekurzió. 1/b. x n +1 = x n − 3 , ∀n ≥ 1 . és x 3 =

2 1/c. x n +1 − x n = −2 (n + 1) + 3 (n + 1) + 1 − −2n 2 + 3n + 1 . Az x n +1 = x n − 4n + 1 , ∀n ≥ 1 összefüggés egy rekurzió. Az elsőfokú tag kiküszöbölhető a következőképpen: x n +1 − x n = −4n + 1 / ⋅ (−1) x n +2 − 2x n +1 + x n = −4 / ⋅ (−1)

x n +2 − x n +1 = −4 (n + 1) + 1 x n +2 − 2x n +1 + x n = −4

x n +3 − 2x n +2 + x n +1 = −4 x n +3 − 3x n +2 + 3x n +1 − x n = 0 .

Tartalomjegyzék

16


A sorozat tagjait származtatni tudjuk az x n +2 = 2x n +1 − x n − 4 rekurzióból, ha ismerjük az x 1 = 2 és x 2 = −1 tagokat, vagy az x n +3 = 3x n +2 − 3x n +1 + x n rekurzióból, ha ismerjük az a 3 = a1 + 2r , x 2 = −1 és x 3 = −8 tagokat. n (n + 2) (n + 1)(n + 3) 1/d. x n = , és x n +1 = , tehát x n x n +1 = n(n + 3) , ∀n ≥ 1 . n +1 n +2 x 2n +1 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ n 2 2x n 1/e. n +1 = , tehát x n +1 = egy ⋅ = n 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ n ⋅ (n + 1) 2 xn n +1 n +1 rekurzió. 2/a. x n +1 = 3x n , ∀n ≥ 1 . 2/b. x n +1 = 2 ⋅ 32 ⋅ 53 x n , ∀n ≥ 1 . 2/c. Az x n +1 = 2n +1 + 3n +1 , és x n = 2n + 3n egyenlőségekből kiküszöböljük

x n +1 − 2x n = 2n +1 + 3n +1 − 2n +1 − 2 ⋅ 3n = 3n , tehát kettőnek a hatványait. x n +1 = 2x n + 3n egy lehetséges rekurzió. Ha 3 hatványát is eltüntetjük, egy más rekurzióhoz jutunk: x n +2 = 2x n +1 + 3n +1 , tehát x n +2 − 2x n +1 − 3 (x n +1 − 2x n ) = 0 . Innen következik, hogy x n +2 = 5x n +1 − 6x n , ∀n ≥ 1 -re. Megjegyzés. Általában az x n = c1a n + c2b n sorozat x n +2 = (a + b ) x n +1 − abx n rekurziót teljesítik, ha n ≥ 1 és c1, c2 ∈ \ .

tagjai

az

x n +1 n + 1 2n n +1 (n + 1) x n = n +1 ⋅ = , tehát x n +1 = , ∀n ≥ 1 egy rekurzió a xn n 2 2n 2n sorozat tagjaira. x 2/e. Az előbbi megjegyzés értelmében egy lehetséges rekurzió az x n +2 = x n +1 + n , 4 ha n ≥ 1 . 4. Az (an )n ∈N ∗ számtani haladványban határozd meg 2/d.

1 1 , és r = − ; b) a100 -at, ha a 3 = 7 , és a 9 = 22 ; 2 3 c) S 30 -at, ha S 50 = 230 , és a 5 = 25 ; d) az a10 + a11 + a12 + ... + a 80 összeget, ha a2 + a 7 = 26 , és a10 − a 35 = −100 ; e) az első tagot és az állandó különbséget, ha a1 + a2 + a 3 + ... + a25 = 39 , és 2a 3 − a 7 = −4 ; f) S 25 -öt, ha a1 ⋅ a2 ⋅ a 3 = 120 , és a1 + a2 + a 3 = 15 . 1  1 35 Megoldás. a) a20 = a1 + 19r = + 19 ⋅ −  = − ;   2 3 6 a) a20 -at, ha a1 =


17

b) a 3 = a1 + 2r , és a9 = a1 + 8r , tehát az adott feltételek szerint a1 + 2r = 7 , és 5 a1 + 8r = 22 . Ebből következik, hogy és a1 = 2 , tehát r= , 2 5 499 . a100 = 2 + 99 ⋅ = 2 2 a + a 50 c) a5 = a1 + 4r , és S50 = 1 ⋅ 50 = 25 ⋅ (a1 + a1 + 49r ) = 50a1 + 25 ⋅ 49r . Ha 2 a1 + 4r = 25 5941 204 egyenletrendszert, az a1 = és r = − megoldjuk az  205 205 50a1 + 25 ⋅ 49r = 230 17898 . értékekhez jutunk. Ebből következik, hogy S30 = 30a1 + 15 ⋅ 29r = 41 d) a2 + a 7 = (a1 + r ) + (a1 + 6r ) = 2a1 + 7r , és

a10 − a 35 = (a1 + 9r ) − (a1 + 34r ) = −25r , tehát r = 4 és a1 = −1 . Így a keresett összeg a10 + a11 + ... + a 80 = S 80 − S 9 = a + a 80 a + a9 = 1 ⋅ 80 − 1 ⋅ 9 = 12425 ; 2 2 25 ⋅ 24 ⋅ r = 25a1 + 300r , és e) S 25 = 25a1 + 2 2a 3 − a 7 = 2 (a1 + 2r ) − (a1 + 6r ) = a1 − 2r , 25a1 + 300r = 39  tehát a  egyenletrendszert kell megoldani. A megoldások a1 − 2r = −4  139 −561 r= , és a1 = . 350 175 f) a1 = a2 − r , és a 3 = a2 + r , tehát a1 + a 2 +a 3 = 3a2 . Az a1 + a2 + a 3 = 15 összefüggésből következik, hogy a2 = 5 . Az a1 ⋅ a2 ⋅ a 3 = 120 egyenlőség a 25 − r 2 = 24 egyenlethez vezet, tehát r ∈ {±1} . Ha r = 1 , akkor a1 = 4 , és 25 ⋅ 24 S 25 = 25a1 + r ⋅ = 100 + 25 ⋅ 12 = 400 . Ha r = −1 , akkor a1 = 6 , és 2 S 25 = 25 ⋅ 6 − 25 ⋅ 12 = −150 .

5. A (bn )n ∈N ∗ mértani haladványban határozd meg

1 a) b17 -et, ha b1 = 256 , és q = − ; b) b50 -et, ha b5 = 11 , és b13 = 121 ; 2 c) S 8 -at, ha b2 + b5 = −84 , és b4 + b7 = −756 ; d) az első tagot és a kvócienst, ha b1 + b2 + b3 = 14 , és b4 + b5 + b6 = 112 ; e) Sn -et, ha b1 = 7 , és b2001 = −2 ⋅ b2000 ; 7 7 . f) az első öt tagot, ha b3 − b2 + b1 = , és b1 + b4 = 8 16

Tartalomjegyzék

18


 1 1 1 1 Megoldás. a) b17 = b1 ⋅ q 16 = 256 ⋅ −  = 28 ⋅ 16 = 8 = ;  2 2 2 256 b b ⋅ q 12 b) 13 = 1 4 = q 8 , tehát q ∈ {± 8 11} . Ebből következik, hogy q 4 = 11 , tehát b5 b1 ⋅ q 5

53

b1 = 11 . b50 = b1 ⋅ q 49 = 11 ⋅ (± 8 11) ⋅ (± 8 11) = ±116 ⋅ 118 = ±11 8 . 48

c) b2 + b5 = b2 + b2 ⋅ q 3 = b2 (1 + q 3 ) , és b4 + b7 = b4 + b4 ⋅ q 3 = b4 (1 + q 3 ) , tehát

q2 =

b +b −756 b4 b + b5 −84 = 4 7 = = 9 . Ha q = 3 , akkor b1 = 2 = = −1 , 3 −84 b2 b2 + b5 q (1 + q ) 3 ⋅ 28

q8 −1 38 − 1 Ha q = −3 , = (−1) ⋅ = −3280 . q −1 3 −1  14  38 − 1 22960 14 b + b5 −84 −  ⋅ , tehát . S b1 = 2 = = = = − 8  13  −4 13 13 q (1 + q 3 ) (−3) ⋅ (−26) S 8 = b1 ⋅

tehát

d)

b1 + b2 + b3 = b1 (1 + q + q 2 ) ,

b4 b + b5 + b6 112 = 4 = = 8. b1 b1 + b2 + b3 14 14 b1 = = 2. 1 + 2 + 22 q3 =

és Ebből

b4 + b5 + b6 = b4 (1 + q + q 2 ) , következik,

hogy

e) A (bn )n ∈N ∗ sorozat mértani haladvány, és b1 ≠ 0 , tehát q =

q =2,

akkor

tehát tehát

b20001 = −2 . Így b2000

n

S n = b1 ⋅

qn − 1 (−2) − 1 7 n = 7⋅ = (1 − (−2) ) . −3 q −1 3

 7 b1 (1 + q 3 ) = 16 f) b1 + b4 = b1 (1 + q 3 ) és b3 − b2 + b1 = b1 (1 − q + q 2 ) , tehát a    7 2 b1 (1 − q + q ) = 8  egyenletrendszer megoldásait keressük. Ha a két egyenlet megfelelő oldalait elosztjuk, 1 1 1 1 1 következik, hogy q = − . Így b1 = , tehát b2 = − , b3 = , b4 = − , és 2 2 4 8 16 1 b5 = . 32 6. Határozd meg a következő egyenletek valós megoldásait: a) (3x + 6) + (3x + 11) + ... + (3x + 71) = 819 ; b) 1 − x 2 + x 4 − x 6 + ... + x 100 = 0 ; c) 1 + 2x + 4x 2 + 8x 3 + ... + 249 x 49 = 0 . Megoldás. a) Az S = (3x + 6) + (3x + 11) + ... + (3x + 71) összegben a tagok ötösével növekednek, 71 = 5 ⋅ 14 + 1 és 6 = 5 ⋅ 1 + 1 , tehát összesen 14 tagja van az

Tartalomjegyzék

19


összegnek.

S = 14 ⋅ 3x + ∑ (5k + 1) = 42x + 5 ⋅

Így

k =1

14 ⋅ 15 + 14 = 42x + 539 , 2

20 tehát x = . 3 2

4

6

b) 1 − x + x − x + ... + x

100

50

= ∑ (−1) x k =0

k

2k

51

50

= ∑ (−x

2 k

)

=

k =0

(−x 2 )

−1

2

−x − 1

=

x 102 + 1 , tehát az x 102 + 1 = 0 egyenletet kell megoldani a valós számok 2 1+x halmazában. Másrészt minden valós x-re x 102 + 1 ≥ 1 > 0 , tehát az egyenletnek nincs valós megoldása. 50 49 1 1 (2x ) − 1 k c) 1 + 2x + 4x 2 + .. + 249 x 49 = ∑ (2x ) = , ha x ≠ . x = nem 2 2 2 x − 1 k =0 1 50 megoldása az eredeti egyenletnek, tehát a (2x ) = 1 egyenlet -től különböző 2 1 50 megoldásait keressük. (2x ) = 1 ⇒ 2x = 1 vagy 2x = −1 . Az x = nem felel 2 1 meg, tehát csak az x = − megoldás. 2 7. Ha Sn -nel jelöljük az (x n )n ∈N ∗ sorozat első n tagjának összegét, vizsgáld meg, hogy =

az alábbi Sn értékek számtani vagy mértani haladványokhoz tartoznak a) S n = n 2 + 2n, c) S n = n,

∀ n ≥ 1;

∀n ≥1;

b) S n = ( 2 + 3 ) ,

∀ n ≥ 1;

d) S n = n 3 − 2n 2 + 1,

∀n ≥ 1;

n

n2 + 1 , ∀ n ≥ 1. n +1 Megoldás. a) S n = x 1 + x 2 + ...x n −1 + x n = Sn −1 + x n , tehát x n = Sn − Sn −1 , ha 2 n ≥ 2 . Így x n = (n 2 + 2n ) − (n − 1) + 2 (n − 1) = 2n + 1 , ha n ≥ 2 . Másrészt x 1 = S1 = 12 + 2 ⋅ 1 = 3 = 2 ⋅ 1 + 1 , tehát x n = 2n + 1 , ∀n ≥ 1 . Ebből következik, hogy x n +1 − x n = 2 , bármely n ≥ 1 esetén, tehát a sorozat számtani haladvány. Megjegyzés. Az (S n )n ∈N pontosan akkor lehet egy számtani haladvány e) S n =

részletösszegeinek sorozata, ha létezik olyan a és b konstans, amelyre S n = an 2 + bn , ∀n ≥ 1 . n −1

b) x n = Sn − Sn −1 , ∀n ≥ 2 , tehát x n = ( 2 + 3 )

⋅ ( 2 + 3 − 1) , ha n ≥ 2 .

Innen következik, hogy x n +1 = ( 2 + 3 ) x n , ∀n ≥ 2 . De x 1 = S1 = ( 2 + 3 ) ,

Tartalomjegyzék

20


x 2 = ( 2 + 3 )( 2 + 3 − 1) ,

és

x3 = ( 2 + 3)

2

(

2 + 3 − 1) ,

tehát

2 2

x 1x 3 ≠ x . A sorozat tehát nem mértani haladvány. A rekurzió mutatja, hogy ha az első tagtól eltekintünk, akkor mértani haladványhoz jutunk. c) x n = Sn − Sn −1 = n − (n − 1) = 1 , tehát x n = 1 , ∀n ≥ 2 . x 1 = S1 = 1 , tehát a sorozat konstans. Így a sorozat számtani haladvány is és mértani haladvány is. d) Az x n = Sn − Sn −1 összefüggés alapján x 2 = 1 és x 3 = 9 . Mivel

x 1 = S1 = 1 − 2 + 1 = 0 és x 1 + x 3 ≠ 2x 2 illetve x 1x 3 ≠ x 22 , a sorozat se nem számtani, se nem mértani haladvány. 2 2 ⋅ 5 10 5 e) x 1 = 1 , x 2 = és x 3 = = = . Mivel x 1 + x 3 ≠ 2x 2 és x 1x 3 ≠ x 22 , a 3 3 ⋅ 4 12 6 sorozat se nem számtani, se nem mértani haladvány. 8. Bizonyítsd be, hogy ha az (x n )n ∈N ∗ sorozat számtani (mértani) haladvány, akkor

(x 3n )n ∈N is számtani (mértani) haladvány! Megoldás. Ha az (x n )n ∈N számtani haladvány és r az állandó különbsége, akkor x 3(n +1) = x 3n +2 + r = x 3n + 3r . Ebből következik, hogy az (x 3n )n ∈N sorozat is számtani haladvány és állandó különbsége 3r. Ha az (x n )n ∈N sorozat mértani ∗

∗

∗

∗

haladvány és q a kvóciense, akkor x 3(n +1) = x 3n +3 = x 3n +2q = x 3n +1q 2 = x 3nq 3 , tehát az (x 3n )n ∈N ∗ sorozat is mértani haladvány és kvóciense q 3 . 9. Határozd meg azt a négy számtani haladványban levő valós számot, amelyek 45 összege 36 és a szélső valamint belső tagok szorzatainak aránya ! 77 Megoldás. Ha a haladvány állandó különbségének felét p-vel, a második és harmadik tag számtani közepét a-val jelöljük, akkor a tagok a − 3p , a − p , a + p ,

a 2 − 9p 2 45 . Az első = 2 2 a −p 77 egyenlőségből a = 9 , tehát p 2 = 4 . Ha p = 2 , akkor a számok 3, 7, 11 és 15, míg ha p = −2 , akkor 15, 11, 7 és 3. 10. Az első n természetes szám összege a tízes számrendszerben olyan háromjegyű szám, amelynek számjegyei egyenlők. Határozd meg az n értékét! Megoldás. A feltételek alapján létezik olyan a ∈ {1, 2, 3,..., 9} számjegy, amelyre n (n + 1) 1 + 2 + ... + n = aaa . De 1 + 2 + ... + n = , tehát 2 n (n + 1) = 2 ⋅ aaa = 2 ⋅ a ⋅ 111 = 2 ⋅ 3 ⋅ 37 ⋅ a . Az előbbi egyenlőségek csak akkor teljesülhetnek, ha 6a = 36 vagy 6a = 38 (37 osztója n-nek vagy (n+1)-nek és 6a nem nagyobb, mint 6 ⋅ 9 = 54 , tehát a jobb a + 3p . Az adott feltételek szerint

4a = 36

és

Tartalomjegyzék

21


oldalon csak akkor állhat két egymás utáni szám szorzata, ha ez a szorzat 36 ⋅ 37 vagy 37 ⋅ 38 ). Látható, hogy csak az a = 6 felel meg, tehát n = 36 . 11. Az első n természetes szám összege a tízes számrendszerben olyan háromjegyű szám, amelynek számjegyei valamilyen sorrendben számtani haladványt alkotnak. Határozd meg az n értékét! n (n + 1) Megoldás. 1 + 2 + ... + n = , tehát az n (n + 1) szorzat legalább 200 és 2 legtöbb 1998 lehet. Innen következik, hogy 14 ≤ n ≤ 44 . Egy háromjegyű szám számjegyei három különböző módon alkothatnak számtani haladványt. Ha abc a szám, akkor a + c = 2b , a + b = 2c , vagy b + c = 2a . E három esetnek megfelelően a következő egyenletekhez jutunk: 1) n 2 + n = 6 (35a + 2c ) , ha a + c = 2b ; 2)

n 2 + n = 3 (67a + 7b ) , ha a + b = 2c ;

3) n 2 + n = 6 (20b + 17c ) , ha b + c = 2a . Innen látható, hogy elégséges azokat az n értékeket megvizsgálni, amelyekre n (n + 1) # 3 . Az előbbiek alapján n ∈ {14,15,17,18, 20, 21, 23, 24, 26, 27, 29, 30, 32, 33, 35, 36, 38, 39, 41, 42, 44} . Ezeket az értékeket kipróbálva, a következő eredményekhez jutunk:

n

n (n + 1) 2

14 15 17 18 20 21 23 24 26 27 29

105 120 153 171 210 231 276 300 351 378 435

n

n (n + 1) 2

30 32 33 35 36 38 39 41 42 44

465 528 561 630 666 741 780 861 903 990

A táblázatban vastagabban jelöltük azokat a számokat, amelyek teljesítik a feladat

{

}

feltételeit. A megoldáshalmaz tehát M = 15,17, 20, 21, 26, 29, 30, 32, 35, 36, 38 . S Sm S ⋅ (n − p ) + n ⋅ (p − m ) + p ⋅ (m − n ) = 0 , ahol S k az m n p számtani sorozat első k elemének összegét jelöli és m, n, p ∈ `∗ !

12. Bizonyítsd be, hogy

(x n )n ∈N

∗

Tartalomjegyzék

22


Sk k −1 = a1 + r ⋅ , ∀k ≥ 1 esetén, a feladatbeli egyenlőség a k 2 következő egyenlőségekkel ekvivalens. a1 [(n − p ) + (p − m ) + (m − n )] + r + [(m − 1) (n − p ) + (n − 1) (p − m ) + (p − 1) (m − n )] = 0 , 2 a1 [n − p + p − m + m − n ] + r + ⋅ [mn − mp + np − nm + pm − pn − n + p − p + m − m + n ] = 0 , 2 és ez igaz, mert mindkét szögletes zárójelben az összeg 0. 1 1 13. Az (x n )n ∈N ∗ számtani haladvány n-edik tagja és m-edik tagja . Számítsd ki m n az első m ⋅ n tag összegét ( m ≠ n )! 1 Megoldás. A feltételek szerint x n = a1 + (n − 1) r = , és m 1 1 1 x m = a1 + (m − 1) r = , tehát r = és a1 = . Ebből következik, hogy n mn mn mn + 1 S mn = 2 14. Az (an )n ∈N ∗ számtani haladvány első n tagjának összege nem nulla és egyenlő a Megoldás. Mivel

következő n tag összegének a felével. Számítsd ki az

Sn arány értékét! S 3n

a + a2n +k S 2n − S n , tehát S 2n = 3S n . Ha az an +k = k 2 2 egyenlőségből kifejezzük a2n +k -t és k ∈ {1, 2,..., n } esetén a kapott egyenlőségek megfelelő oldalait összeadjuk, az S 3n = 6Sn egyenlőséghez jutunk. Ezt az alábbi diagram szemlélteti: a2n +1 = 2an +1 − a1 a2n +2 = 2an +2 − a2 .………………….. a 3n −1 = 2a2n −1 − an−1 Megoldás.

Sn =

a 3n = 2a2n − an S 3n − S 2n = 2 (S 2n − S n ) − S n

S 3n = 3S 2n − 3Sn = 3 (3S n ) − 3Sn = 6Sn Megjegyzések 1. Az S 2n = 3S n

egyenlőséggel.

egyenlőség ekvivalens az a1 =

n +1 r 2

Tartalomjegyzék

23


n (n − 1) n (n + 1) n (n − 1) na1 + r r+ r Sn 1 2 2 2 = = = . Ez alapján 3n (n + 1) 3n (3n − 1) S3n 3na + 3n (3n − 1) r r+ r 6 1 2 2 2 2. A 12. feladatbeli összefüggés alapján ( m = 3n és p = 2n esetén) S 3n S S S ⋅ (n − 2n ) + n (2n − 3n ) + 2n (3n − n ) = 0 ⇒ − 3n − Sn + S 2n = 0 , tehát 3n 2n 3 n S 3n = 3 (S 2n − Sn ) = 6S n . 15. Bizonyítsd be, hogy ha (an )n ∈N ∗ egy számtani haladvány és létezik m ≠ n ∈ `* úgy, hogy S m = m 2 és S n = n 2 , akkor S k = k 2 ,

∀ k ≥ 1!

Megoldás. Az S m = m 2 és S n = n 2 egyenlőségek alapján r = 2 és a1 = 1 , tehát k (k − 1) S k = k ⋅ a1 + ⋅ 2 = k 2 , ∀k ≥ 1 . 2 16. Bizonyítsd be, hogy az a, b és c számok pontosan akkor alkotnak számtani 3 haladványt, ha 2 ⋅ (a + b + c ) + 27abc = 9 ⋅ (a + b + c ) ⋅ (ab + bc + ca ) ! Megoldás. Az adott egyenlőség (2a − b − c )(2b − a − c )(2c − a − b ) = 0 alakban a +c b +c a +b , vagy b = , vagy c = , írható. Ez pontosan akkor teljesül, ha a = 2 2 2 azaz pontosan akkor, ha az a, b és c számok valamilyen sorrendben számtani haladványt alkotnak. 17. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈ \ * és az E (x , y ) = a(b − c)x 2 + b(c − a )xy + c(a − b)y 2

kifejezés minden x , y ∈ ] esetén egy természetes szám négyzete, akkor

1 1 1 , és a b c

számtani haladványt alkotnak! Megoldás. Előbb igazoljuk, hogy ha egy αx 2 + βxy + γy 2 ( α, β, γ ∈ \ * ) alakú kifejezés minden x , y ∈ ] értékre valamely természetes szám teljes négyzete, akkor

β 2 − 4αγ = 0 . Az x = 0 és y = 1 , illetve x = 1 és y = 0 számpárokra a kifejezés értéke

teljes

négyzet,

tehát

α = u2

αx 2 + βxy + γy 2 = u 2x 2 + βxy + v 2y 2 . 2

2

és Ha

γ = v2 ,

ahol

u, v ∈ ` .

Így

rögzítjük

az

y = 1 -et,

az

2

u x + βx + v ∈ `, ∀x ∈ ] összefüggésből következik, hogy β ∈ ] . Így az u 2x 2 + βx + v 2 kifejezés értékkészlete végtelen sok különböző teljes négyzetet tartalmaz. Az u 2x 2 + βx + v 2 = n 2 egyenlet diszkriminánsa teljes négyzet, mert

x ∈ ` , tehát β 2 − 4u 2v 2 + 4u 2n 2 teljes négyzet. Az előbbi két észrevétel alapján végtelen sok különböző teljes négyzet létezik, amelyhez (β 2 − 4u 2v 2 ) -et hozzáadva

Tartalomjegyzék

24


teljes négyzetet kapunk. Ez csak akkor lehetséges, ha a

(β 2 − 4u 2v 2 )

számnak

végtelen sok osztója van, vagyis β 2 = 4u 2v 2 . Ez éppen a kívánt β 2 − 4αγ = 0 összefüggés. Az előbbi tulajdonság alapján b 2 (c − a )2 − 4ac (b − c )(a − b ) = 0 . Ez ekvivalens átalakításokkal a következőképpen írható: b 2 (c − a )2 + 4acb 2 − 4acb (a + c ) + 4a 2c 2 = 0

18. Lehetnek-e a

b 2 (c + a )2 − 4acb (a + c ) + 4a 2c 2 = 0 2 [b (c + a ) − 2ac ] = 0 1 1 2 + = . a c b 3, 7 és 13 ugyanannak a számtani sorozatnak a tagjai? Hát

mértani haladványnak? Megoldás. Tételezzük fel, hogy 3 , 7 és 13 ugyanannak a számtani haladványnak m-edik, n-edik illetve p-edik tagja. Az am = 3 , an = 7 és

a p = 13

egyenlőségekből

következik,

hogy

7 − 3 = (n − m ) r

és

13 − 3 = (p − m ) r , ahol r a haladvány állandó különbsége. Az r nem lehet nulla, n −m 7− 3 n −m arányt jelöljük q-val. n ≠ p , tehát = ∈ _ . Az p −m 13 − 3 p −m 7− 3 q ≠ 1 . Ha = q , akkor 7 + (q − 1) 3 = q 13 , és így 13 − 3 2 q 2 ⋅ 13 − 7 − 3 (q − 1) 21 = ∈_. 2 (q − 1)

tehát

Másrészt

21 ∉ _ , tehát ellentmondáshoz jutunk. Az előbbi ellentmondás alapján

3 , 7 és 13 nem lehetnek ugyanannak a számtani haladványnak a tagjai. Hasonló gondolatmenet segítségével vizsgálhatjuk a második kérdést is. Ha 3 , 7 és 13 egy (bn )n ∈N∗ mértani haladvány m-edik, n-edik illetve p-edik tagja volna, 7 = 3 ⋅ q n −m és 13 = 3 ⋅ q p −m egyenlőségeknek kellene teljesülniük. p −m n −m 7 13  Ebből következik, hogy   =   , és ez lehetetlen, mert m ≠ n ≠ p ≠ m .  3 3

akkor a

19.

Igaz-e,

hogy

ha

az

(an )n ∈`

∗

sorozat

tagjai

teljesítik

az

2

anan +1 − 2anan +2 + an +1an +2 = 2 (an +1 − an ) rekurziót, bármely n ∈ `∗ esetén, akkor a sorozat vagy számtani haladvány, vagy mértani haladvány? Megoldás. Az adott összefüggés (2an +1 − an − an +2 ) (2an − an +1 ) = 0 alakban a + an +2 , vagy írható. Ebből következik, hogy bármely n ∈ N * esetén an +1 = n 2

Tartalomjegyzék

25


an +1 = 2an . A sorozat nem kötelező módon számtani vagy mértani haladvány, mert előfordulhat, hogy bizonyos n értékekre az első, és más n értékekre a második egyenlőség teljesül. Ilyen például a következő sorozat: 1, 2, 3, 6, 9, 18, ... ( a2n = 2a2n −1 és a2n +1 = 2a2n − a2n −1 ). 20. Bizonyítsd be, hogy ha ab (a + b ) > 0, akkor az x =

ab a +b −a , a +b ab

ab ab a +b és z = számok mértani haladványt alkotnak! −b a +b a +b ab  ab a + b    ab − b a + b  = −a Megoldás. x ⋅ z =    a + b ab  ab   a +b y=

ab a +b ab − b − a + ab ⋅ = = y2 , a +b ab a +b tehát az x, y és z számok számtani haladványban vannak. (A feltételek alapján x, y és z létezik és egyik sem nulla.) 21. Bizonyítsd be, hogy ha (bn )n ∈N∗ mértani haladvány, akkor =

2

S n ⋅ (S 3n − S 2n ) = (S 2n − Sn ) ! Megoldás. A 3.3.4. Tétel értelmében két esetet kell megvizsgálnunk aszerint, hogy q = 1 , vagy q ≠ 1 . Ha q = 1 , akkor S n = nb1 , S 2n = 2nb1 és S 3n = 3nb1 , tehát az egyenlőség teljesül. Ha q ≠ 1 , akkor ellenőrizni kell a 2

q n − 1  q 3n − 1 q 2n − 1  q 2n − 1 ⋅ b1 ⋅ − b1 ⋅  = b1 ⋅  q − 1  q −1 q − 1   q − 1  egyenlőséget. Ez számolással ellenőrizhető. 22. Határozd meg azokat az a1, a2 , a 3 és a 4 mértani haladványban levő számokat, b1 ⋅

amelyekre az a1 − 1, a2 − 2, a 3 − 9 és a 4 − 28 számok számtani haladványban vannak! Megoldás. A keresett számok a, aq, aq 2 és aq 3 alakúak, mert mértani haladványt alkotnak. Az a1 − 1 , a2 − 2 , a 3 − 9 és a 4 − 28 számok pontosan akkor alkotnak számtani haladványt, ha    2 (a2 − 2) = a1 + a 3 − 10 a ⋅ (q 2 − 2q + 1) = 6      vagyis  .  2  2 (a 3 − 9) = a2 + a 4 − 30 ⋅ − + = aq q 2 q 1 1 2 ( )       Ebből következik, hogy q = 2 , tehát a = 6 és a keresett számok: a1 = 6 , a2 = 12 , a 3 = 24 és a 4 = 48 . 23. Határozd meg azt a 16 tagú számtani haladványt, amelynek az első, a negyedik és tizenhatodik tagja mértani haladványt alkot (ebben a sorrendben)!

Tartalomjegyzék

26


Megoldás. Ha a1

a sorozat első tagja és r az állandó különbsége, az 2

a1 ⋅ (a1 + 15r ) = (a1 + 3r )

egyenlethez

jutunk.

Ebből

következik,

hogy

r (a1 − r ) = 0 , tehát a haladvány vagy konstans sorozat, vagy an = na1, ∀n = 1, 16 . 24. Bizonyítsd be, hogy, ha a1, a2 ,..., an számtani haladványt alkot, akkor a)

1 1 1 n −1 + + ... + = , a1 + a 2 a2 + a 3 an −1 + an a1 + a n

ha

ak > 0

k = 1, n esetén; n ⋅ (a1 + an +1 ) a +a a1 + a 2 a 2 + a 3 ha ak ≠ 0 k = 1, n + 1 + 2 2 + ... + n2 2n +1 = 2 2 a1 ⋅ a 2 a2 ⋅ a 3 an ⋅ an +1 a12 ⋅ an2 +1 esetén. Megoldás. a) Átalakítjuk az összeg általános tagját: a − ak −1 1 1 = k = ( ak − ak −1 ) , tehát ak −1 + ak ak − ak −1 r 1 1 + ... + = a1 + a 2 an −1 + an 1 = ( a2 − a1 + a 3 − a2 + ... + an −1 − an −2 + an − an −1 ) = r a − a1 a n − a1 a + (n − 1) r − a1 n −1 . = n = = 1 = r a1 + a n r ( a1 + a n ) r ( a1 + a n ) b)

b) Bővítjük az összeg általános tagját r-el: r (ak +1 + ak ) (ak +1 − ak )(ak +1 + ak ) ak2+1 − ak2 1 1 1  = = =  2 − 2  , 2 2 2 2 2 2 rak ak +1 rak ak +1 rak ak +1 r ak ak +1  a +a 1 1 1  tehát k +21 2 k =  2 − 2  . Ebből következik, hogy ak ak +1 r ak ak +1  a +a a1 + a 2 1 1 1 1 1 1 1  + ... + n 2 2 n +1 =  2 − 2 + 2 − 2 + ... + 2 − 2  = 2 2 aa aa r a a a a a a  n n +1

1 2

=

1

2

2

3

n

n +1

1  1 1  1 nr (a1 + an +1 ) n (a1 + an +1 ) . =  2 − 2  = r a1 an +1  r a12an2 +1 a12an2 +1

25. Számítsd ki a következő összegeket és szorzatokat, ha a1, a2 ,..., an ,... számtani haladványt alkotnak: 1 1 1 + + ... + , ai ≠ 0 i = 1, n + 1 ; a) S 2 (n ) = a1 ⋅ a 2 a 2 ⋅ a 3 an ⋅ an +1 1 1 1 b) S 3 (n ) = , ai ≠ 0 i = 1, n + 2 ; + + ... + a1 ⋅ a 2 ⋅ a 3 a 2 ⋅ a 3 ⋅ a 4 an ⋅ an +1 ⋅ an +2


1 1 1 + + ... + , ai ≠ 0 ; a1 ⋅ a2 ⋅ ... ⋅ ak a2 ⋅ a 3 ⋅ ... ⋅ ak +1 an +1 ⋅ an +2 ⋅ ... ⋅ an +k d) O2 (n ) = a1 ⋅ a2 + a2 ⋅ a 3 + ... + an −1 ⋅ an ; e) O3 (n ) = a1 ⋅ a2 ⋅ a 3 + a2 ⋅ a 3 ⋅ a 4 + ... + an −2 ⋅ an −1 ⋅ an ; c) S k (n ) =

f) N (n ) = a12 + a22 + a 32 + ... + an2−1 + an2 ;   r2   r2   r2  r2  g) P1 (n ) = 1 − 2  ⋅ 1 − 2  ⋅ 1 − 2  ⋅ ... ⋅ 1 − 2  , ha ai ≠ 0 , i = 2, n ; a   a   a  a    2

3

3

3 3 3 3

n

4

a −r a −r a −r a −r3 ... ha ai ≠ −r , i = 2, n . ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ a + r3 a + r3 a + r3 a + r3 Megoldás. a) a − ak r 1 1 1 1  , tehát = = k +1 = ⋅ − akak +1 rakak +1 rakak +1 r  ak ak +1  11 1 1 1 1 1  1  1 1   = S 2 (n ) =  − + − + ... + − =  − r  a1 a2 a2 a 3 an an +1  r a1 an +1  a − a 1 a 1 + n ⋅ r − a1 n . = n +1 = = ra1an +1 ra1an +1 a1an +1 a − ak 1 2r 1  1 1   , tehát b) = = k +2 = ⋅  − akak +1ak +2 2rakak +1ak +2 2rakak +1ak +2 2r akak +1 ak +1ak +2  1  1 1 1 1 1 1   = S 3 (n ) = ⋅  − + − + ... + − 2r a1a2 a2a 3 a2a 3 a 3a 4 anan +1 an +1an +2  1  1 1   . =  − 2r a1a2 an +1an +2  am +k − am +1 (k − 1) r 1 c) = = = am +1am +2 ...am +k (k − 1) ram +1am +2 ...am +k (k − 1) ram +1am +2 ...am +k   1 1 1 = ⋅  −  , tehát (k − 1) r am +1am +2 ...am +k −1 am +2am +3 ...am +k    1 1 1  . S k (n ) = ⋅  − (k − 1) r a1a2 ...ak −1 an +2an +3 ...an +k  h) P2 (n ) =

3 2 3 2

3

3 4 3 4

3

n −1

n −1

k =1

k =1

3 n 3 n

d) 3rO2 (n ) = ∑ ak ⋅ ak +1 ⋅ 3r = ∑ ak ⋅ ak +1 ⋅ (ak +2 − ak −1 ) = n −1

= ∑ (akak +1ak +2 − ak −1akak +1 ) = a1a2a 3 − (a1 − r )a1a2 + a2a 3a 4 − a1a2a 3 + k =1

+... + an −2an −1an − an −3an −2an −1 + an −1anan +1 − an −2an −1an = = an −1anan +1 − (a1 − r )a1a2 , ha r ≠ 0 .

27

Tartalomjegyzék

28


r = 0 esetén O2 (n ) = (n − 1) a12 . e) Az előbbihez hasonlóan: an −2an −1anan +1 − (a1 − r )a1a2a 3 , ha r ≠ 0  4r . O3 (n ) =   3 − = 2 , ha 0 n a r ( )  1 n

n

n

f) N (n ) = ∑ ak2 = ∑ (a1 + (k − 1) r ) = ∑ (a12 + (k − 1) r 2 + 2a1 (k − 1) r ) = k =1

2

k =1

n

2

k =1 n

= na + 2a1 ⋅ r ⋅ ∑ (k − 1) + r ⋅ ∑ (k − 1) = 2 1

2

k =1

2

k =1

(n − 1) n (n − 1) n (2n − 1) = na12 + 2a1r ⋅ + r2 ⋅ . 2 6 (a − r )(ak + r ) ak −1ak +1 r2 a2 − r 2 g) 1 − 2 = k 2 = k = , ha k ≥ 2 , tehát ak ak ak2 ak2 aa aa aa a a a a a a a a P1 (n ) = 1 2 3 ⋅ 2 2 4 ⋅ 3 2 5 ⋅ 4 2 6 ⋅ ... ⋅ n −22 n ⋅ n −1 2 n +1 = 1 ⋅ n +1 . a2 a3 a4 a5 an −1 an a 2 an

(ak − r ) (ak2 + ak r + r 2 ) ak −1 (ak2 + ak r + r 2 ) ak3 − r 3 = = h) 3 , ha k ≥ 2 . Másrészt ak + r 3 (ak + r ) (ak2 − ak r + r 2 ) ak +1 ⋅ (ak2 − ak r + r 2 ) 2

ak2−1 + ak −1 ⋅ r + r 2 = (ak − r ) + (ak − r ) ⋅ r + r 2 = ak2 − ak ⋅ r + r 2 , tehát n

P2 (n ) = ∏ k =2

=

ak −1 ⋅ (ak2 + ak r + r 2 ) ak +1 ⋅ (ak2 − ak r + r 2 )

n

=∏ k =2

ak −1 ⋅ (ak2 + ak r + r 2 ) ak +1 ⋅ (ak2−1 + ak −1r + r 2 )

=

a1 a 2 a 3 a a 2 + a2r + r 2 a 32 + a 3r + r 2 an2 + an r + r 2 ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ n −1 ⋅ 22 ⋅ ⋅ ⋅ = ... a 3 a4 a5 an +1 a1 + a1r + r 2 a22 + a2r + r 2 an2−1 + an −1r + r 2

a1a2 an2 + an r + r 2 ⋅ . anan +1 a12 + a1r + r 2 A feltételek alapján an ≠ 0 és an +1 ≠ 0 , tehát az előbbi kifejezés jól értelmezett. 26. Bizonyítsd be, hogy ha a1, a2 ,..., an ,... pozitív tagú számtani haladvány, akkor =

a1 a 3 a 5 a a1 ; ⋅ ⋅ ⋅ ... 2n −1 ≤ a2 a 4 a6 a 2n a 2n +1 n 1 1 1 n ≤ + + ... + ≤ , ha 2r > a1 > r > 0 ; b) a1a2n +1 a1 ⋅ a2 a2 ⋅ a 3 a2n −1 ⋅ a2n (a1 − r )a2n

a)

c)

a1 + a2 + a 3 + ... + an < a2 , ha a1 ≥ 1 , és r ≥ 1 .

Megoldás. a) Ha a sorozat állandó tagú, mindkét oldal 1-gyel egyenlő. Ha r ≠ 0 , a matematikai indukció módszerét használjuk.

Tartalomjegyzék

29


a 1 a1 a ≤ 1 ⇔ 12 ≤ ⇔ a1a 3 ≤ a22 ⇔ (a2 − r )(a2 + r ) ≤ a22 ⇔ r 2 ≥ 0 , tehát a2 a3 a2 a3 a1 a 3 a a1 n = 1 -re az egyenlőtlenség igaz. Ha , akkor ⋅ ⋅ ... ⋅ 2n −1 ≤ a2 a 4 a 2n a 2n +1 a a1 a 3 a a1 a2n +1 ⋅ ⋅ ... ⋅ 2n −1 ⋅ 2n +1 ≤ ⋅ , tehát be kellene látni, hogy a2 a 4 a 2 n a 2 n +2 a2n +1 a2n +2 a1 a2n +1 a1 . ⋅ ≤ a2n +1 a2n +2 a 2n + 3

Ez a következőképpen alakítható: a2n +1 ⋅ a2n +3 ≤ a22n +2 ⇔ (a2n +2 − r ) (a2n +2 + r ) ≤ a22n +2 ⇔ r 2 ≥ 0 . A matematikai indukció elve alapján az egyenlőtlenség teljesül bármely n ∈ `* esetén. b) A 26. feladat a) pontjában láttuk, hogy 1 1 1 1 1  . + ... + =  − a1a2 a2n −1a2n r a1 a2n 

Igazolnunk kell, hogy  n 1 1 1 n ≤ ≤  − , ∀n ≥1.  a1 (a1 + 2nr ) r a1 a1 + (2n − 1) r  (a1 − r )a2n Ellenőrizhető, hogy az adott feltételekből következik e két egyenlőtlenség. c) A matematikai indukció módszerét használjuk. n = 1 esetén a a1 < a2 egyenlőtlenséget kell igazolnunk. 2 a1 < a2 ⇔ a1 < a22 ⇔ a1 < (a1 + r ) ⇔ a12 + a1 (2r − 1) + r 2 > 0 . Az itt megjelenő másodfokú kifejezés diszkriminánsa ∆ = 1 − 4r és ez kisebb mint nulla, tehát az egyenlőtlenség teljesül. n = 2 esetén a a1 + a 2 < a 2 egyenlőtlenséget kell igazolnunk. Ha az n = 1 -re igazolt egyenlőtlenséget az a2 , a 3 , … számtani haladványra írjuk fel, következik, hogy a2 < a 3 , tehát a1 + a2 < a1 + a 3 . Így

elégséges igazolni, hogy

a1 + a 3 ≤ a22 , vagyis

2a1 + 2r ≤ a12 + 2a1r + r 2 . Az x 2 + 2x (r − 1) + r 2 − 2r = 0 egyenlet diszkriminánsa ∆ = 4 , tehát a gyökök x 1 = 2 − r és x 2 = −r . A feltételek alapján a1 + r ≥ 2 , tehát a1 ≥ 2 − r . Ebből következik, hogy az egyenlőtlenség teljesül. Ha feltételezzük, hogy n-re igaz az egyenlőtlenség, akkor az a2 , a 3 , a 4 , … , an , an +1 haladványra alkalmazva következik, hogy

a2 + a 3 + ... + an +1 < a 3 .

Tartalomjegyzék

30 Így


a1 + a2 + ... + an +1 < a1 + a 3 . Az előbb igazoltuk, hogy

a1 + a 3 ≤ a 2 ,

a1 + a2 + ... + an +1 < a 2 .

tehát

27. Bizonyítsd be, hogy a következő számok teljes négyzetek 1...122...2 ...1 − 22...2 a) 1N b) 11 N 5 ∀n ≥ 1 ; N N ∀n ≥ 1 . n

n −1

n

2n

Megoldás. a) n n +1 2n −1 11...122...2 N N 5 = 5 + 2 (10 + ... + 10 ) + (10 + ... + 10 ) = n −1

n

= 5 + 10 ⋅

=

102n −1 − 1 10n − 1 45 + 102n + 10n +1 − 20 + 10 ⋅ = = 9 9 9

25 ⋅ (4 ⋅ 102n −2 + 4 ⋅ 10n −1 + 1) 9

2

=

25 ⋅ (2 ⋅ 10n −1 + 1) 9

=

2

 5 ⋅ (2 ⋅ 10n−1 + 1)  , ∀n ≥ 1 . =   3  

Elégséges igazolni, hogy 2 ⋅ 10n−1 + 1 # 3 . A 2 ⋅ 10n−1 + 1 szám n = 1 -re éppen három, míg n ≥ 2 -re 2-sel kezdődik, 1-sel végződik és a többi számjegye 0, tehát a számjegyek

összege

3.

Ebből

következik,

hogy

(2 ⋅ 10n−1 + 1) # 3 ,

tehát

5 ⋅ (2 ⋅ 10n−1 + 1)

∈ ` és így a vizsgált szám teljes négyzet. 3 Megjegyzés. A feladat megoldható a mértani haladványok összegképletének

{

}

használata nélkül is. n ∈ 1, 2, 3, 4 -re a következő számokat kapjuk:

25 = 52 1225 = 352 112225 = 3352 11122225 = 33352 . 2 1...122...2 Azt sejthetjük, hogy 1N N = 33...3 N 5 . Ezt igazolhatjuk úgy is, hogy n −1

n

n −1

elvégezzük a jobb oldalon a szorzást. 2 2n −1 n −1 b) 1N 1...1 − 22...2 N = (1 + 10 + 10 + ... + 10 ) − 2 (1 + 10 + ... + 10 ) = 2n

n

2

n 10n − 1 102n − 1 10n − 1 102n − 1 − 2 ⋅ 10n + 2 (10 − 1) = −2⋅ = = =   , ∀n ≥ 1  3  9 9 9 9 . n n 10 − 1 = 99 ...9 , tehát (10 − 1) # 3 és így a vizsgált szám teljes négyzet. N 2

n

28. Számítsd ki a következő összegeket a) S1(n ) = x + 2x 2 + 3x 3 + ... + nx n ; b) S 2 (n ) = x + 22 x 2 + 32 x 3 + ... + n 2x n .

Tartalomjegyzék

31

Sorozatok, számtani és mértani haladványok Megoldás a) 1. módszer. S1 (n ) = x + 2x 2 + ... + nx n = = (x + x 2 + ... + x n ) + (x 2 + x 3 + ... + x n ) + (x 3 + x 4 + ... + x n ) + ... + x n =

x n +1 − x x n +1 − x 2 x n +1 − x 3 x n +1 − x n + + + ... + = x −1 x −1 x −1 x −1 nx n +1 1 nx n +1 x xn −1 2 n = − + + + = − ⋅ = ... x x x ( ) x −1 x −1 x −1 x −1 x −1 nx n +1 − (n + 1) x n + 1 x , ha x ≠ 1 . ⋅ x −1 x −1 n (n + 1) x = 1 esetén S1 (n ) = 1 + 2 + ... + n = . 2 2. módszer. (lásd a 3.3.3. feladatot, vagy az I.4. paragrafusból a 2. feladatot.) Kiszámítjuk az S1 (n ) − x ⋅ S1 (n ) különbséget.

=

S1 (n )

−xS1 (n )

= x + 2x 2 + 3x 3 + … + (n − 1) x n −1 + =

− x2

(1 − x ) S1 (n ) = x + x 2

nx n

n n −1 − 2x 3 − … − (n − 2) x − (n − 1) x − nx n +1

+ x3

+ …+

+

x n −1

− nx n +1

xn

xn −1 − nx n +1 , ahonnan x −1 nx n +1 − (n + 1) x n + 1 nx n +1 x x n −1 x . − ⋅ = ⋅ S1 (n ) = x −1 x −1 x −1 x −1 x −1 Megjegyzés. A polinomok formális deriváltjának értelmezése után következőképpen is kiszámíthatjuk az összeget. x n +1 − 1 egyenlőség mindkét oldalát deriváljuk: Az 1 + x + x 2 + ... + x n = x −1 (n + 1) x n (x − 1) − (x n +1 − 1) n −1 2 , tehát 1 + 2x + 3x + ... + nx = 2 (x − 1) tehát (1 − x ) S1 (n ) = x ⋅

2

n

3

x + 2x + 3x + ... + nx =

=

(n + 1) x n +1 (x − 1) − x (x n +1 − 1) 2

(x − 1)

=

nx n +1 − (n + 1) x n + 1 x . ⋅ x −1 x −1

b) S 2 (n ) − xS 2 (n ) = = x + (2 ⋅ 2 − 1) x 2 + (2 ⋅ 3 − 1) x 3 + ... + (2 ⋅ n − 1) x n − n 2x n +1 =

= 2 ⋅ (x + 2x 2 + ... + nx n ) − (x 2 + x 3 + ... + x n ) − n 2x n +1 =

a

Tartalomjegyzék

32


nx n +1 − (n + 1) x n + 1 x x n −1 − 1 ⋅ − x2 ⋅ − n 2x n +1 , x −1 x −1 x −1 x (x + 1) 2 n +1 S 2 (n ) = ha x ≠ 1. x = 1 -re − (n 2 − 1) x n − 1) , tehát 3 ⋅ (n x (x − 1) n (n + 1)(2n + 1) S 2 (n ) = 12 + 22 + ... + n 2 = . 6 n 1 29. Számítsd ki az S 3 (n ) = ∑ 2 összeget! k =1 4k − 1 Megoldás. (lásd az I.4. paragrafus 5. feladatát, vagy a 25. feladat a) alpontját) 1 1 1 2 1 (2k + 1) − (2k − 1) = = ⋅ = ⋅ = 2 4k − 1 (2k − 1)(2k + 1) 2 (2k − 1)(2k + 1) 2 (2k − 1)(2k + 1) 1 1 1  =  −  , tehát 2  2k − 1 2k + 1 n 1 1 n  1 1  = ⋅ ∑  − = ∑ 2 2 k =1  2k − 1 2k + 1 k =1 4k − 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  = 1 − + − + − + ... + − + − = 2 3 3 5 5 7 2n − 3 2n − 1 2n − 1 2n + 1 1  1  n . = ⋅ 1 −  = 2  2n + 1 2n + 1 1 1 1 1 30. Bizonyítsd be, hogy 1 + 2 + 2 + 2 + ... + 2 < 2 ! n 2 3 4 1 1 Megoldás. Az 2 < egyenlőtlenség és az I.4. paragrafus az 5. feladata k k (k − 1) n n n 1 1 1 = alapján ∑ 2 = 1 + ∑ 2 < 1 + ∑ k =1 k k =2 k k =2 k (k − 1)  1 1 1  1 1   1 1 1 = 1 + 1 −  +  −  +  −  + ... +  −  = 2 − < 2, ∀n ∈ `* .         2 2 3 3 4 n −1 n n Megjegyzések. 1. Néha hasznos lehet a következő ötlet is. Az egyenlőtlenséget 1 1 úgy szigorítjuk, hogy az indukciós bizonyítás működjön. Az 1 + 2 + ... + 2 < 2 2 n 1 1 egyenlőtlenség helyett az 1 + 2 + ... + 2 < 2 − E (n ) egyenlőtlenséget próbáljuk 2 n igazolni, ahol E(n) egy megfelelően választott kifejezés. Ahhoz, hogy az indukciós bizonyítás működjön, szükséges, hogy teljesüljön a 1 2 − E (n ) + egyenlőtlenség, tehát az 2 < 2 − E (n + 1) (n + 1)

= 2⋅


33

1 1 ( ) ( ) megfelel1, 2 < E n − E (n + 1) egyenlőtlenség. Itt látható, hogy E n = (n + 1) n n 1 1 tehát indukcióval igazolható, hogy ∑ 2 ≤ 2 − , ∀n ≥ 1 . n k =1 k 2. Igazolható a következő, pontosabb egyenlőtlenség is: 1 1 π2 1 + 2 + ... + 2 < , ∀n ∈ `* . 2 6 n 31. Egy n × n -es táblázat minden sorába egy a állandó különbségű és minden oszlopába egy b állandó különbségű számtani haladványt írtunk. Bizonyítsd be, hogy bárhogyan is választjátok ki a táblázat n olyan elemét, amelyek közt nincs sem kettő egy sorban sem kettő egy oszlopban, a kiválasztott számok összege mindig ugyanannyi! Megoldás. Jelöljük aij -vel a táblázat i-ik sorában és j-ik oszlopában található

számot. A feltételek szerint ai 1 = a11 + (i − 1) ⋅ b,

i = 1, n és

aij = ai 1 + ( j − 1)a, j = 1, n ,

tehát aij = a11 + ( j − 1)a + (i − 1)b, i, j = 1, n .

Bárhogyan is választunk ki n elemet a táblázatból, ha azok közt nincsen kettő sem egy sorban sem egy oszlopban, akkor az összegükben a11 megjelenik n-szer, és az a illetve b együtthatójaként 0-tól (n−1)-ig minden természetes szám megjelenik, tehát az összeg értéke n n n (n − 1) na11 + a ⋅ ∑ ( j − 1) + b ⋅ ∑ (i − 1) = na11 + (a + b ) . 2 j =1 i =1 1 -ed része és független a Ez éppen a táblázatban szereplő számok összegének n számok kiválasztásától. 32. Bizonyítsd be, hogy egy trapéz alapjainak és középvonalának hossza számtani haladványt alkot! Megoldás I.1. ábra Egészítsük ki a trapézt egy a b paralelogrammára a mellékelt ábrának megfelelően. Az MN P N szakasz hossza az MP M középvonal kétszerese. Másrészt a paralelogramma egyik oldalával a b a +b egyenlő, tehát MP = . 2 1

Annak magyarázata, hogy miért éppen ezt választottuk, meghaladja a X. osztályos anyag kereteit.

Tartalomjegyzék

34


33. Egy konvex négyszög két szemben fekvő oldalát osszuk fel n egyenlő részre, majd a megfelelő osztópontokat kössük össze. Bizonyítsd be, hogy az így kapott n diszjunkt belsővel rendelkező négyszög területe számtani haladványban van! Megoldás. A feladatot elégséges n = 3 -ra megoldani, hisz egy sorozat pontosan akkor számtani haladvány, ha bármely három egymás utáni tag számtani 1 haladványban van. A mellékelt ábra jelölései szerint T [BMC ] = T [ABC ] és 3 1 1 T [AQD ] = T [ACD ] , tehát T [BMC ] + T [AQD ] = (T [ABC ] + T [ACD ]) = 3 3 1 2 = T [ABCD ] . Ebből következik, hogy T [AMCQ ] = T [ABCD ]. (1) . 3 3 Másrészt T [MPQ ] = T [MCP ] és T [AQN ] = T [MNQ ] , tehát

T [MCQA] = T [MNPQ ] + T [MPC ] + T [ANQ ] =

= T [MNPQ ] + T [MPQ ] + T [MNQ ] = 2T [MNPQ ] (2) . 1 Az (1) és (2) alapján T [MNPQ ] = T [ABCD ] , tehát 3 2 T [BMPC ] + T [ANQD ] = T [ABCD ] 3 és így T [BMPC ] + T [ANQD ] T [MNPQ ] = . 2 A jobb megértés céljából n = 7 -re is elvégezzük a bizonyítást (ugyanígy bármely nre elvégezhető). t + t3 t + t4 t + t5 A bizonyított tulajdonság alapján t 2 = 1 , t3 = 2 , t4 = 3 , 2 2 2 t + t7 t + t6 t5 = 4 , és t6 = 5 , tehát a (tk )k =1,7 számok számtani haladványban 2 2 vannak. I.2. ábra I.3. ábra


35

34. Egy konvex négyszög minden oldalát osszuk fel n egyenlő részre, majd a szemben fekvő oldalak megfelelő osztópontjait kössük össze (lásd a mellékelt ábrát). Az így keletkezett n 2 négyszög közül válassz n darabot úgy, hogy a kiválasztott négyszögek közt ne legyen kettő, amely ugyanahhoz a „sávhoz” tartozik. („sáv”-nak nevezzük a 33-as feladatbeli négyszögeket; mivel mind a négy oldalt felosztottuk összesen 2n darab sáv van; a mellékelt ábrán beszíneztünk egy sávot és egy lehetséges választásnak megfelelő három négyszöget) Bizonyítsd be, hogy a kiválasztott négyszögek területének összege az eredeti négyszög területének az n-ed része!

I.4. ábra

Megoldás. Előbb megvizsgáljuk, hogy a belső metszéspontok milyen arányban osztják a megfelelő szakaszokat. BM CP = = k és Az 1.5. ábrán AB CD BN AQ = = l . Ha k = l , akkor BC AD MN = k , valamint MN║AC és AC PQ PQ║AC és = 1 − k , tehát AC MN k MN║PQ és = . Ebből I.5. ábra PQ 1−k MR NR következik, hogy = = k (lásd az I.6. ábrát). Ha k ≠ l , akkor jelöljük X1 -el MP NQ és és X 2 -vel az MN ∩ AC PQ ∩ AC metszéspontokat (lásd az I.7. ábrát). Az ABC háromszögben az MNX1 szelőre a Ceva tétel alapján X1A 1 − k l . Az ACD = ⋅ X1C k 1−l szelőre háromszögben a PQX 2 X 2A 1 − k l = ⋅ , tehát a két 1−l X 2C k metszéspont egybeesik. Jelöljük a továbbiakban X-el ezt a két I.6. ábra

Tartalomjegyzék

36


metszéspontot. Az MPX háromszögben az NRQ szelőre alkalmazott Menelaosz tétel MN XQ PR ⋅ ⋅ = 1 . A PQD háromszögben az XAC szelőre ismét értelmében NX QP RM QX AQ CD l CP DA QX Menelaosz tételét írjuk fel: ⋅ ⋅ = 1 , tehát = ⋅ = és így XP AD CP k CD AQ XP NX MA BC NX 1−l QX l = . Másrészt ⋅ ⋅ = 1 , tehát és így = MX AB CN MX 1−k QP k −l MN k −l MR l = . Ebből következik, hogy = . Hasonlóan igazolható, hogy NX RP 1−k 1−l MR BN AQ NR k NR BM CP = = = , tehát = = és . Eszerint a megfelelő MP BC AD RQ NQ AB CD 1−k osztópontokat összekötő szakaszokon keletkező metszéspontok az illető szakaszt n egyenlő részre osztják(*). Az AB és CD oldalak megfelelő metszéspontjai által

I.7. ábra

meghatározott sávokat nevezzük függőlegesnek, míg a BC és AD osztópontjai által meghatározott sávokat vízszintesnek. Ha tij -vel jelöljük az i-edik vízszintes és j-edik függőleges sáv közös részének területét, akkor a 33. feladat és (*) alapján (tij )j =1,n és

(tij )i=1,n

számtani haladványok. A

továbbiakban igazoljuk, hogy a (tij )j =1,n haladványok állandó különbsége

{

ugyanaz

}

a

szám

minden i ∈ 1, 2,..., n esetén. Vizsgáljuk előbb n = 3 -ra. 1 T [BMN ] = T [ABC ] 9

és I.8. ábra

Tartalomjegyzék

37


1 1 T [PDQ ] = T [ABC ] , tehát T [BMN ] + T [PDQ ] = T [ABCD ] . 9 9 Továbbá T [MNU ] = T [UTR ] és T [TRS ] = T [SQP ] , tehát T [MUN ] + T [SQP ] + T [RSTU ] = 2T [RSTU ] . 1 1 1  1 Másrészt T [RSTU ] = T [MXPY ] =  T [ABCD ] = T [ABCD ] , tehát   9 3 3 3 2 1 1 T [BMUN ] + T [UTRS ] + T [SQPD ] =  + T [ABCD ] = T [ABCD ] . 9 9 3 Ebből következik, hogy t11 , t22 és t33 is számtani haladványt alkot. Az eddigiek

( )

) (

) (

) (

) (

) (

)

alapján a t11, t12 , t13 , t21, t22 , t23 , t31, t32 , t33 , t11, t21, t31 , t12 , t22 , t32 , t13 , t23 , t33 ,

(t

11

, t22 , t33

és

(t

13

, t22 , t31

)

számhármasok elemei egy-egy számtani haladványt

(tij )j =1,3

határoznak meg. Ez csak akkor lehetséges, ha a különbsége

{

{

}

i ∈ 1, 2, 3 -ra

és

a

(tij )i=1,3

haladványok

haladványok állandó állandó

különbsége

}

j ∈ 1, 2, 3 -ra ugyanaz. Ezt a tulajdonságot használva állíthatjuk, hogy az általános

esetben a

(tij )j =1,n

különbsége és a

{

haladványoknak i ∈ 1, 2,..., n

(tij )i=1,n

{

}

esetén ugyanaz az állandó

}

haladványoknak j ∈ 1, 2,..., n -re szintén ugyanaz az

állandó különbsége. Az eddigiek alapján a (tij )i, j =1,n számok teljesítik a 31. feladat feltételeit, tehát a feladat állítása igaz. 35. Az ABC háromszögből kivágjuk az oldalak felezőpontjai által meghatározott háromszöget. A megmaradt három darab háromszög mindegyikéből ismét kivágjuk az oldalaik felezőpontjai által alkotott háromszöget és az újonnan keletkező háromszögekre mindig megismételjük ugyanezt. a) n lépés után hány háromszög keletkezik? b) Számítsd ki az n.-ik lépés után keletkező háromszögek területének összegét az eredeti háromszög területének függvényében! (az első két lépést az alábbi ábrán láthatod) I.9. ábra

Megoldás a) Jelöljük hn -nel és kn -nel az n-edik lépés után megmaradt háromszögek illetve kivágott háromszögek számát. Egy lépésben minden háromszögből három más háromszög keletkezik, tehát hn +1 = 3hn . Mivel h1 = 3 ,

Tartalomjegyzék

38


következik, hogy hn = 3n . Az n-edik lépésben minden megmaradt háromszögből kivágunk egy háromszöget, tehát kn = kn −1 + hn −1 . Így kn = kn −1 + 3n −1 és k1 = 1 . kn = kn −1 + 3n −1

kn −1 = kn −2 + 3n −2 …………………. k1 = 1 kn = 1 + 3 + 32 + ... + 3n−1 = b) Minden lépésben a megmaradt háromszögek összterülete a n

3n − 1 . 2

3 -ére csökken, tehát az 4

 3 n-edik lépés után   T a háromszögek összterülete. Így a kivágott rész területe 4 n   1 −  3 T .   4  36. Határozd meg azokat a derékszögű háromszögeket, amelyeknek oldalhosszai számtani haladványban álló természetes számok! Megoldás. Jelöljük a háromszögek oldalhosszát a-val, b-vel és c-vel, növekvő sorrendben. A Pithagorász-tétel szerint a 2 + b 2 = c 2 , tehát ha a + c = 2b , akkor a 2 4a 5a a + c  egyenlethez jutunk. Ebből következik, hogy c = és b = . c 2 = a 2 +    2  3 3 Ezeknek a kifejezéseknek az értéke csak akkor természetes szám, ha a osztható 3-mal, tehát a = 3k , b = 4k és c = 5k . 37. Keressetek olyan derékszögű háromszögeket, amelyeknek oldalhosszai számtani haladványt alkotó számjegyekben végződő természetes számok és, amelyek nem hasonlóak az előbbi feladatban talált háromszögekkel! Megoldás. Ilyen háromszögek például a (143, 924, 935), vagy a (253, 2904, 2915). Igazolható, hogy végtelen sok ilyen háromszög létezik. A feladatot 1999-ben Tamási Csaba tűzte ki az Octogon (7(1999):1) folyóiratban és Tuzson Zoltán oldotta meg (Octogon (7(1999):2 126-128 oldal.)) 38. Bizonyítsd be, hogy egy háromszög oldalhosszainak négyzetei pontosan akkor alkotnak számtani haladványt, amikor az oldalfelezők hosszának négyzetei számtani haladványt alkotnak! Megoldás. Az oldalfelező hosszára vonatkozó tétel értelmében 2 (a 2 + c 2 ) − b 2 2 (b 2 + c 2 ) − a 2 2 (a 2 + b 2 ) − c 2 2 2 2 2mb = ma + mc ⇔ 2 ⋅ = + 4 4 4 2 2 2 ⇔ ⇔ 2b = a + c . 39. Az ABC háromszög AB és AC oldalain vegyük fel az M és N tetszőleges pontokat, majd a BC-n a P pontot úgy, hogy NP AB . Bizonyítsd be, hogy az ABC és CNP háromszögek valamint az MNCP négyszög területe mértani haladványt alkotnak!

Tartalomjegyzék

39


NC 1 = , akkor AC k T [CNP ] 1 1 = 2 , tehát T [CNP ] = 2 T [ABC ] . k T [ABC ] k Legyen H az ABC háromszög C-ből induló magasságának hossza és h a CNP háromszög Cből kiinduló magasságának hossza. 1 H AB ⋅ H −  NP ⋅ (H − h ) k k = = T [MNP ] = 2 2 AB ⋅ H 1  1 k −1 = ⋅ 1 −  = T [ABC ] 2 .   2 k k k

Megoldás.

Ha

T [MNCP ] = T [CNP ] + T [MNP ] =

I.10. ábra

1 k −1 1 T [ABC ] + 2 T [ABC ] = T [ABC ] 2 k k k .

1 1 T [ABC ] , T [ABC ] és T [ABC ] számok mértani haladványban vannak, 2 k k tehát a feladatot megoldottuk. 40. Keressetek két olyan hasonló, de nem kongruens háromszöget, amelyek közül az egyiknek két oldala kongruens a másiknak két oldalával!

Az

I.11. ábra

Megoldás. Jelöljük a keresett háromszögek kongruens oldalait a-val és b-vel és e két oldal közös csúcsát C-vel, illetve C ′ -tel (lásd az I.11. ábrát ). A C és C ′ szögek nem kongruensek (ellenkező esetben a két háromszög kongruens lenne), tehát a következő négy esetet kell vizsgálni. 1. C ∠ = A′∠ , A∠ = B ′∠ , B∠ = C ′∠ 2. C ∠ = A′∠ , A∠ = C ′∠ , B∠ = B ′∠ 3. C ∠ = B ′∠ , A∠ = A′∠ , B∠ = C ′∠ 4. C ∠ = B ′∠ , A∠ = C ′∠ , B∠ = A′∠ . c a b c a b b2 a2 = = = = 1. ⇒ ⇒ c′ = és c = . Az előbbiek alapján a c, a, a b a ′ b′ c′ a b c′ b és c ′ számok mértani haladványt alkotnak. Ha q-val jelöljük a haladvány kvóciensét,

Tartalomjegyzék

40


akkor az oldalak hosszai c, cq, cq 2 és cq 3 . A háromszög-egyenlőtlenségből következik, hogy 1 + q > q 2 , q + q 2 > 1 és 1 + q 2 > q .  5 − 1 5 + 1 ,  \ {1} . 2. Az előbbi egyenlőtlenségekből következik, hogy q ∈   2 2 

Tehát a c, cq, cq 2 és cq, cq 2 , cq 3 oldalakkal rendelkező háromszögek kielégítik a kért  5 − 1 5 + 1 ,  \ {1} esetén. feltételeket bármely q ∈  2   2 Belátható, hogy a 2. és 3. eset ellentmondáshoz vezet és a 4. eset ugyanaz, mint az 1. eset, csak az a és b szerepe felcserélődik. 41. Egy n sejtből álló szövettenyészetbe bekerül egy baktérium. A baktérium (és minden utóda) ∆t idő alatt elpusztít egy sejtet és kettéosztódik. Ha a tenyészet minden sejtje ∆t idő alatt kettéosztódik mit állíthatunk a tenyészet életben-maradásáról? Megoldás. Jelöljük bn -nel és sn -nel az (n − 1) ⋅ ∆t idő után létező baktériumok illetve tenyészetbeli sejtek számát. Az adott feltételek alapján bn +1 = 2bn és b1 = 1 , tehát bn = 2n −1 . Másrészt sn +1 = 2 (sn − bn ) = 2 (sn − 2n −1 ) és s 0 = n . Ebből következik,

hogy

s1 = 2 (n − 1) ,

s2 = 2 (s1 − 2) = 2 (2n − 4) = 4 (n − 2) ,

s 3 = 2 (4n − 8 − 4) = 8 (n − 3) és általában sk = 2k (n − k ) . Látható, hogy n ⋅ ∆t idő után a tenyészet elpusztul. 42. A világűrből egy idegen vírus érkezik a sztratoszférába. A vírus p valószínűséggel osztódik egy perc alatt ketté (magával azonos vírust hoz létre). Jelöljük f(n, k)-val annak a valószínűségét, hogy n perc elteltével pontosan k darab vírus van. Bizonyítsd be, hogy f (n, k ) = (1 − p) ⋅ f (n − 1, k ) + p ⋅ f (n − 1, k − 1) , majd számítsd ki f (n, k ) -t, ha n ≤ 4 .(minden percben csak egy vírus osztódhat) Megoldás. Ha az n-edik perc után pontosan k darab vírus van, akkor az (n − 1) edik perc után k vagy k − 1 darab lehet. Ha k darab van, akkor egyik sem osztódik, ennek valószínűsége f (n − 1, k ) ⋅ (1 − p ) . Ha k − 1 darab van, akkor az egyik osztódik, ennek a valószínűsége f (n − 1, k − 1) ⋅ p , tehát f (n, k ) = f (n − 1, k ) ⋅ (1 − p ) + f (n − 1, k − 1) p .

Világos,

f (0,1) = 1 ,

hogy 3

f (1, 1) = 1 − p ,

f (1, 2) = p ,

2

f (2,1) = (1 − p ) ,

4

f (3,1) = (1 − p ) , f (4,1) = (1 − p ) , f (2, 3) = p 2 , f (3, 4) = p 3 és f (4, 5) = p 4 . A rekurzió alapján f (2, 2) = p (1 − p ) + p (1 − p ) = 2p (1 − p ) , 2

2

2

f (3, 2) = p (1 − p ) + 2p (1 − p ) = 3p (1 − p ) , f (3, 3) = 2p 2 (1 − p ) + p 2 (1 − p ) = 3p 2 (1 − p ) , 3

3

3

f (4, 2) = p (1 − p ) + 3p (1 − p ) = 4 p (1 − p ) ,

Tartalomjegyzék

41


2

2

f (4, 3) = 3p 2 (1 − p ) + 3p 2 (1 − p ) = 6p 2 (1 − p ) , f (3, 3) = 2p 2 (1 − p ) + p 2 (1 − p ) = 3p 2 (1 − p ) , és f (4, 4) = 3p 3 (1 − p ) + p 3 (1 − p ) = 4 p 3 (1 − p ) .

43. Valószínűleg hallottál arról, hogy egy őslelet életkorát, annak C 14 -es szén izotóp tartalma alapján meg lehet állapítani. Nézz utána a könyvtárban, hogy milyen eljárás alapján történnek az ilyen típusú életkor becslések, majd állapítsd meg, hogy milyen idős az a dinoszaurusz-lelet, amelynek széntartalma 1 kg és, amely percenként 3825 radioaktív bomlást mutat. (a C 14 -es szén izotóp felezési ideje 5568±30 év és az élő szervezetek 15.3±0,1 bomlást mutatnak egy gramm széntartalom esetén)! Megoldás. Az 1940-es évek végén a chicagói egyetem egyik kutatócsoportja, Willard Libby vezetésével, kidolgozta a C 14 -es izotópra alapozott életkorbecslést. Kutatásaiért Willard Libby 1952-ben Nobel díjat is kapott. A módszer lényege a következő két tulajdonságon alapul: a) Az élő szervezetekben a szén 15, 3 ± 0,1/ gr bomlást mutat percenként (és ez a szint állandó). b) A C 14 -es izotóp felezési ideje 5568 ± 30 év. Így az a lelet, amely 7,65 bomlást mutat, minden tartalmazott 1 grammnyi szénre percenként, körülbelül 5568 ± 30 éves. A feladatbeli lelet 3825 bomlást mutat percenként és 1000 gramm a széntartalma, tehát 3,825-tel kell a 15,3-at elosztani. Az eredmény 4, tehát a C 14 kétszer kellett feleződjön, és így a lelet életkora 11136 ± 60 év. 44. Bizonyítsd be, hogy ha egy n tagú számtani haladványnak minden tagja prímszám, akkor a haladvány állandó különbsége osztható az n-nél kisebb prímekkel! Megoldás. Legyenek a, a + r , a + 2r , …, a + (n − 1) r a haladványban szereplő prímszámok és p egy n-nél kisebb prímszám. Az a, a + r , a + 2r , …, a + (p − 1) r ,

{

}

a + pr számok p-vel való osztási maradékai a 0,1, 2,..., p − 1 halmazban vannak,

{

}

tehát létezik olyan j < i , i, j ∈ 0,1, 2,... , p , amelyre az osztási maradék ugyanaz. Így (a + ir ) − (a + jr ) # p , tehát (i − j ) r # p . Nem lehetséges az i = 0 és j = p eset (mert ekkor a + pr nem lenne prím), tehát 0 < i − j < p . Ebből következik, hogy r # p . a a + a2 + ... + an 45. Az (an )n ∈N∗ nem konstans sorozat tagjai teljesítik az 1 = n +1 3 n an összefüggést, ∀ n ≥ 1 -re. Bizonyítsd be, hogy a bn = sorozat számtani haladvány. n (Megyei olimpia, 1993, Călăraşi) Megoldás. Az adott rekurzió alapján:  3  n 3 n n +3   + 1 an +1 , tehát an +2 = a n +2 = an +1 . ∑ ai + an +1  =  n + 1  i =1 n +1  n +13

Tartalomjegyzék

42


a n +1 n (n + 1) a1 . Látható, hogy a a1 , tehát bn = n = 2 2 n sorozat egy számtani haladvány.

Ebből következik, hogy an =

(bn )n ∈N

*

46. Az (an )n ∈N∗ növekvő számtani haladvány első tagja 1-nél nagyobb. Bizonyítsd be, az alábbi egyenlőtlenséget: a2 ⋅ a 3 ⋅ a 4 ⋅ a 5 ⋅ .... ⋅ an < a 3 ,

∀n ≥ 2!

(Grigore Moisil emlékverseny, 1995, D. Acu) Megoldás. Jelöljük r-el a haladvány állandó különbségét. r = 0 -ra ( a1 > 1 )

a1 a1 ... a1 = a

1 1 1 + +...+ n −1 2 22 2 1

1 ⋅ 2

= a1

 1 n −1 1−  2 1 2

=a

 1 n −1 1−  2  1

< a1 , ∀ n ≥ 2 ,

tehát feltételezhetjük, hogy r > 0 . n = 2 -re a2 < a 3 igaz ( a2 < a 3 ), tehát feltételezhetjük azt is, hogy n > 2 . Ha b2 = a 2 a 3 ... an , b3 = a 3 a 4 ... an , ..., bn = an , akkor a2 + b3 a 1 = 2 + a 3b4 < 2 2 2 a 1 a 3 + b4 a a b a a a b < 2 + = 2 + 23 + 4 < ... < 2 + 23 + ... + nn−−12 + nn−2 < 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 n −1 a2 a 3 an bn an + 1  1  < + 2 + ... + n −1 +   . (mert n −2 < n −1 .) Tehát 2 2 2 2 2 2 n −1 n −1 a a a 1 a + r a1 + 2r a1 + (n − 1) r  1   S < 2 + 23 + ... + nn−1 +   = 1 + + ... + + =  2  2  2 2 2 2 22 2n −1 S = a2 a 3 ... an = b2 = a2b3 <

 1   1  1 = a1   +   + ... +   2  2   2 

n −1

2

n −1  2 n − 1  1  1  + r  + 2 + ... + n −1  +   = 2 2 2  2  n −1

1 1 −   2 1 = a1 ⋅ ⋅ 1 2 2

n −1

+r ⋅∑ k =1

n −1

k 1 +   k 2 2

.

Be kellene látni, hogy: n −1  k 1  1 a1 ⋅ 1 −    + r ⋅ ∑ k +   < a1 + 2r .   2   2 k =1 2  A fenti egyenlőtlenség ekvivalens a következővel: n −1 n −1 1 k (−a1 + 1) ⋅   + r ⋅ ∑ k < 2r . 2 k =1 2 n −1

n −1

Tartalomjegyzék

43


Mivel a1 > 1 , elégséges bebizonyítanunk, hogy

n −1 k =1

n −1

k

∑2 k =1

n −1

k

=

k

∑2

k

< 2, ∀n ≥ 3 .

1 2 n −1 + 2 + ... + n −1 = 2 2 2 n −2

2

1 1 1 1 −   1 −   1 −   2  2 2 1 1 1 1 = ⋅ + 2 + ... + n −2 + n −1 = 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 n −1 n −1   1 n −3  1 n −1   1 n−1 1   1 1  = 1 −    +  −    + ... +   −    +   =   2   2    2  2    2    2    n −2

1 1 −   n −1 n −1 n −2 n −1 2 1 1 1 1 = − (n − 2)   +   = 2 −   − (n − 3)   < 2 , 1 2 2 2 2 2 ami teljesül minden n ≥ 3 esetén. Megjegyzés. A bizonyításból kitűnik, hogy érvényes a következő szigorúbb egyenlőtlenség is: n −2 a2 a 3 a 4 ... an < a 3 − n −1 2 Ennek az egyenlőtlenségnek egy sajátos esetét Finta Zoltán közölte 1996-ban a Matematikai Lapokban. (V.36. feladat, 4/1996)

Tovább

I. FEJEZET SOROZATOK, SZÁMTANI ÉS MÉRTANI HALADVÁNYOK

Recommend Documents