4. sorozatok4 +⋯+ 1 99 − 1 100 = 1 51 + 1 52 +⋯+ 1 100! kalmár lászló matematikaverseny...

1

4. Sorozatok Megjegyzés:

A szakirodalomban használt a sorozat tagjáról, máskor eleméről beszélni. Az alábbiakban mindkét kifejezést használtuk megtartva a feladatok eredeti fogalmazását.

I. Feladatok 1. Van-e a 7, 13, 19, 25, … sorozat (minden tag 6-tal nagyobb, mint az előző) tagjai között olyan

szám, ami előállítható két prímszám különbségeként?

Kalmár László Matematika Verseny 1994; 7.osztály, megyei forduló

2. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes:

1 −12+13−14+⋯+

199

−1100

=151

+152

+ ⋯+1100

!

Kalmár László MatematikaVerseny 1994; 8.osztály, országos döntő

3. Egy sorozat első két tagja: 푎 = 2, 푎 = 3 és minden további tag a két szomszédjának a szorzatánál eggyel kisebb. Számítsuk ki a sorozat első 560 tagjának az összegét!

Kalmár László Matematika Verseny 2008; 8.osztály, országos döntő

4. A pozitív egész számokat a következő „háromszög-táblázatba” írjuk fel:

17 10 18 5 11 19 2 6 12 20 1 3 7 13 21 4 8 14 22 9 15 23 16 24 25

A táblázat középső sora így kezdődik: 1, 3, 7, 13, 21,… Mi lesz ennek a középső sornak a 100. eleme?

Kalmár László MatematikaVerseny 1998; 7.osztály, megyei forduló

5. Igazoljuk, hogy ha 푛 ≥ 1 egész szám, akkor az

푛 + 1, 2푛 + 1, 3푛 + 1, 4푛 + 1…

sorozatban mindig van négyzetszám és mindig van köbszám is.

Kalmár László MatematikaVerseny 2010; 8.osztály, országos döntő

6. Az 푥 sorozatot az alábbi módon értelmezzük:

푥 = 5,

푥 = 푥 ,ha푛 ≥ 1.

2

Bizonyítsuk be, hogy 푥 és 푥 utolsó 푛 jegye megegyezik.

KöMaL 1986/december; F. 2608.

7. Hány olyan természetes számokból álló (végtelen) sorozat van, amelyben az első 2푛 tag összegének és az első 푛 tag összegének hányadosa nem függ 푛 megválasztásától, továbbá amely sorozatnak egyik tagja az 1971 szám?

KöMaL 1971/március; F. 1763.

8. Bizonyítsuk be, hogy a Fibonacci-sorozat minden negyedik tagja osztható 3-mal. (A Fibonacci sorozatban 푎 = 1, 푎 = 1 és 푎 = 푎 + 푎 minden 푛 ∈ ℕ, 푛 ≥ 3 esetén.)

KöMaL 2009/szeptember; C. 997.

9. Legyen 푛 rögzített pozitív egész. Hány olyan 1 ≤ 푎 < 푎 < ⋯ < 푎 ≤ 푛 sorozat van, amelyben a páratlan indexű tagok páratlan, a páros indexűek páros egész számok?

KöMaL 1992/szeptember; F. 2916.

10. Jelölje 푎 , 푎 , 푎 , 푎 a Pascal-háromszög egyik sorának négy egymás után következő elemét. Igazoljuk, hogy

푎푎 + 푎

,푎

푎 + 푎,

푎푎 + 푎

számok számtani sorozatot alkotnak.

KöMaL 2010/április; B. 4266.

11. Egy sorozat első tagja 2011. A második tagtól kezdve minden tag megegyezik az őt megelőző tagnál 2-vel nagyobb szám reciprokának (−2)-szeresével. Mennyi a sorozat 2011. tagja?

KöMaL 2011/szeptember; K. 296.

12. Az 푎 , 푎 , … , 푎 , … sorozatot a következő módon képeztük: a , a , a pozitív egészek, 푎 > 2푎 + 푎 , 푎 = 4푎 − 3푎 − 2푎 (푛 = 4, 5, … ). Bizonyítsuk be, hogy 푎 > 2 .

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 1982; haladók, általános tantervű osztályok, 2.forduló

13. Az 1,2, …, 푛 számokat valamilyen – tetszés szerinti – sorrendben leírva kapjuk az 푎 , 푎 , … , 푎 számokat. Mutassuk meg, hogy

11 ∙ 푎

+1

2 ∙ 푎+⋯+

1푛 ∙ 푎

összeg értéke akkor a legkisebb, ha csökkenő sorrendbe rendeztük a számainkat, azaz 푎 = 푛,…푎 = 1.

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 1985; kezdők, speciális matematika tagozat, 2. forduló

3

14. Definiáljuk az 푎 (푛 ≥ 0) sorozatot a következőképpen: 푎 :=0, az 푎 := 1; és 푛 ≥ 2-re

푎 ≔ 6푎 − 푎 . Bizonyítsa be, hogy 3 − 2 ∙ √2 ∙ 푎 − 3 − 2 ∙ √2 ∙ 푎 = 1 minden 푛 ≥ 0-ra!

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2006/2007; kezdők, III. kategória, 3.forduló

15. Legyen 푎 a következő módon definiált sorozat:푎 = 18; 푎 = 48; 푎 = 푎 ∙ 푎 ,ha 푛 > 2.

Hány négyzetszám van a sorozatban?

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013; haladók I. kategória, 2 .forduló

16. Két számtani sorozat első tagja megegyezik. Az első sorozat egyik tagjának a négyzete a másik ugyanannyiadik tagjának a négyzeténél 7-tel nagyobb, a megelőző tagok négyzeteinek a különbsége 343 64⁄ , a következő tagok négyzeteinek a különbsége pedig 567 64⁄ . Megállapítható-e ezekből az adatokból, hogy a sorozatok hányadik tagjairól van szó? Megállapítható-e a sorozatok valamilyen további adata?

OKTV 1968; általános tantervű osztályok, 2. forduló

17. Az 푎 , 푎 , 푎 , … sorozatban 푎 természetes szám, és

푎 = 푎 + 1(푛 = 0,1,2, …).

Bizonyítsuk be, hogy a sorozatban van irracionális szám.

OKTV 1973; szakosított matematika I. tantervű osztályok, 2. forduló

18. Legyen 푎 az összes, a tízes számrendszerben legfeljebb 푛 jegyű nem negatív egész számok száma, 푏 pedig ezek közül azoknak a száma, amelyek tízes számrendszerbeli alakjában van 5-ös számjegy. Adjuk meg 푎 -et és 푏 –et 푛 függvényeként, valamint a

lim→

푎푏

határértéket. OKTV 1977; I. forduló

19. Egy sorozatban 푎 = , 푎 = 푎 + ( )( ) , ha 푛 > 1. Állítsuk elő 푎 -et 푛 függvényeként!

OKTV 1996/97; II. kategória, 1. forduló

20. Igaz-e, hogy a 7푘 + 3,푘 = 0,1,2, … számtani sorozatban végtelen sok palindrom szám van? (Azokat a számokat nevezzük palindrom számoknak, amelyek tízes számrendszerbeli alakjában a jegyeket fordított sorrendben felírva ugyanahhoz a számhoz jutunk, pl. 123321.)

OKTV 2005/2006; III. kategória, 1. forduló

21. Mutassuk meg, hogy ha 푎 , 푎 , 푎 ,… tetszőleges pozitív számok, akkor ∑ 1 푎 = ∞⁄ és ∑ 푎 푖 = ∞⁄ közül legalább az egyik teljesül. (Pozitív 푐 , 푐 , 푐 , …számok esetén ∑ 푐 = ∞ azt jelenti, hogy az 푠 = 푐 +푐 + ⋯+ 푐 összegek 푘 növekedésével minden határon túl nőnek.)


4

22. Határozzuk meg az 푆 = 1 ∙ 2 + 1 ∙ 3 +⋯+ 1 ∙ 푛 + 2 ∙ 3 +⋯+ 2 ∙ 푛 +⋯+ (푛 − 1)푛 összeget.

„Ki miben tudós?” vetélkedő 1964; elődöntő feladata

23. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges adott 푛 természetes számhoz megadható végtelen sok 2-hatvány úgy, hogy ezek közül bármely kettőnek a különbsége osztható 푛-nel.

„Ki miben tudós?” vetélkedő 1966; döntő feladata

24. Legyen

퐴 =1 ∙ 3 ∙ 5 ∙ … ∙ (2푛 − 1)

2 ∙ 4 ∙ 6 ∙ … ∙ 2푛,

ahol 푛 pozitív egész szám. Bizonyítsuk be, hogy az

퐴, 2퐴, 4퐴,…, 2 퐴,…. sorozatban van egész szám.

A később Kürschák Józsefről elnevezett verseny 1934.évi 1. feladata

25. Az 푎 = 1, 푎 , 푎 , … természetes számok végtelen sorozatában

푎 ≤ 1 + 푎 + 푎 + ⋯+ 푎

minden 푘 > 1 értékre teljesül. Bebizonyítandó, hogy minden természetes szám felírható ebből a sorozatból kiválasztott számok összegeként (vagy pedig előfordul a sorozatban).

A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 1960.évi 2. feladata

26. Bizonyítandó, hogy nincs olyan, természetes számokból álló végtelen sorozat, amelynek nem minden eleme egyenlő, s amelynek minden eleme (a másodiktól kezdve) a két szomszédos elem

harmonikus közepe ( 푎 és 푏 harmonikus közepe .


27. Mennyivel egyenlő 푛, ha √1 + √2 + √3 + ⋯+ √푛 = 2푛?

(Az [푥] az 푥 szám egészrészét jelöli.)

(퐴)29 (퐵)33 (퐶)41 (퐷)49 (퐸)53

Gordiusz Matematika Tesztverseny 2008; 12. osztály, országos forduló

28. Jelölje {푎 } azon pozitív egész számok növekvő sorozatát, melyek 7-tel osztva 5 maradékot adnak, {푏 } azon pozitív egész számok növekvő sorozatát, melyek 5-tel osztva 4 maradékot adnak! Mindkét sorozat első eleme legyen a lehető legkisebb! Az {푎 } sorozat első n elemének az összegét jelölje 퐻 , a {푏 } sorozat első n elemének az összegét jelölje Ö ! Mennyi 푛 értéke, ha

퐻Ö

=3223?

(퐴)9 (퐵)18 (퐶)27 (퐷)81 (퐸)Nincsilyenn.

Gordiusz Matematika Tesztverseny 2010; 12. osztály, megyei forduló

5

29. Egy számsorozatot a következőképpen értelmezünk:

푥 = 푎,푥 = 푏,푥 = , ha 푛 = 2; 3; 4; …

Mennyivel egyenlő az 푥 , ha 푎 = és 푏 = ?

(퐴)1

2011 (퐵)

12010

(퐶)1 (퐷)2010 (퐸)2011


30. Vizsgáljuk meg az 1, , , … , , … sorozatot. Vegyük a szomszédos elemek különbségét, az alábbi módon egy különbségi háromszöget állítsunk elő:

1 12

13

14

15

16

…

−12

−16

−112

−120

−130

…

13

112

130

160

…

−14

−120

−160

…

15

130

…

−16

…

Forgassuk el a táblázatot 60°-al úgy hogy az 1-es szám kerüljön a háromszög csúcsába. és hagyjuk el az előjeleket.

1

12

12

13

16

13

14

112

112

14

15

120

130

120

15

16

130

160

160

130

16

6

Ezután minden sor minden elemét osszuk el az illető sor szélén álló számmal és vegyük az eredmény reciprokát.

Bizonyítsuk be, hogy ekkor a Pascal-háromszöget kapjuk

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

D.O.Skljarszkij – N. N. Csencov – I. M. Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből

Aritmetika és algebra, 320. feladat

7

II. Megoldások 1. Van-e a 7, 13, 19, 25, … sorozat (minden tag 6-tal nagyobb, mint az előző) tagjai között olyan

szám, ami előállítható két prímszám különbségeként?

Kalmár László Verseny, 1994, 7.osztály, megyei forduló

Megoldás:

A sorozat tagjai 6푘 + 1 alakban írhatóak fel, ahol 푘 ≥ 1 egész szám, ezért a sorozat minden tagja pozitív páratlan szám. Két prímszám különbségeként csak akkor állítható elő egy páratlan szám, ha az egyik prímszám páros, azaz 2. Azt keressük, hogy van-e olyan 푝 prímszám, amelyre 6푘 + 1 =푝 − 2 teljesül. Ekkor 푝 = 6푘 + 3 alakú, tehát 푝 3-mal osztható lenne. Egyetlen 3-mal osztható prímszám van, a 3, de 6푘 + 3 > 3, ezért nem lehet prím. Ezzel beláttuk, hogy a sorozat egyetlen tagja sem állítható elő két prímszám különbségeként.

2. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes:

1 −12+13−14+⋯+

199

−1100

=151

+152

+ ⋯+1100

!

Kalmár László Verseny, 1994, 8.osztály, országos döntő

Megoldás:

1 −12+13−14+ ⋯+

199

−1100

=

= 1 +12+13+14+⋯+

199

+1100

− 212+14+16+⋯+

1100

=

= 1 +12+13+14+⋯+

199

+1100

− 1 +12+13+⋯+

150

=

=151

+152

+ ⋯+1100

.

Megjegyzés:

Hasonlóan belátható, hogy

1 −12+13−14+ ⋯+

12푛 − 1

−12푛

=1

푛 + 1+

1푛 + 2

+ ⋯+12푛,

ahol 푛 ≥ 1 egész szám.

3. Egy sorozat első két tagja: 푎 = 2, 푎 = 3 és minden további tag a két szomszédjának a szorzatánál eggyel kisebb. Számítsuk ki a sorozat első 560 tagjának az összegét!


Megoldás:

A sorozat képzési szabálya szerint:

푎 ∙ 푎 − 1 = 푎 .

Ezt átrendezve:

8

푎 =푎 + 1

푎.

Ezt a szabályt alkalmazva kiszámítjuk a sorozat néhány tagját: 2, 3, 2, 1, 1, 2, 3, … A 2 és 3 már szerepelt a sorozat első két elemeként. Tehát a képzési szabály miatt innentől kezdve ismétlődik a sorozat. Az ismétlődő periódus 5 elemből áll, amelyeknek az összege 9. 560: 5 = 112, tehát 112 ismétlődő periódust kell összeadnunk, ez alapján az első 560 tag összege 9 ∙ 112 = 1008.

4. A pozitív egész számokat a következő „háromszög-táblázatba” írjuk fel:

17 10 18 5 11 19 2 6 12 20 1 3 7 13 21 4 8 14 22 9 15 23 16 24 25

A táblázat középső sora így kezdődik: 1, 3, 7, 13, 21,… Mi lesz ennek a középső sornak a 100. eleme?

Kalmár László Verseny, 1998, 7.osztály, megyei forduló

Megoldás:

A középső sorban a második tag 2-vel nagyobb az elsőnél, a harmadik tag 4-gyel nagyobb a másodiknál, a negyedik tag 6-tal nagyobb a harmadiknál és így tovább:

푎 = 푎 + 2푛.

Ennek alapján a középső sor 100. elemét így számolhatjuk ki:

푎 = 1 + 2 + 4 + 6 + 8 + ⋯+ 196 + 198 = 1 +(2 + 198) ∙ 99

2= 9901.

5. Igazoljuk, hogy ha 푛 ≥ 1 egész szám, akkor az

푛 + 1, 2푛 + 1, 3푛 + 1, 4푛 + 1…

sorozatban mindig van négyzetszám és mindig van köbszám is.


Megoldás:

Olyan 푘 és 푚egész számot keresünk, amelyre 푘 ∙ 푛 + 1 = 푚 . Átrendezve:

푘 ∙ 푛 = 푚 − 1 = (푚 + 1)(푚 − 1).

Válasszuk az 푛 = 푚 − 1 és 푘 = 푚 + 1megfeleltetést. Ekkor 푚 = 푛 + 1 és 푘 = 푛 + 2.

Valóban (푛 + 2)푛 + 1 = 푛 + 2푛 + 1 = (푛 + 1) négyzetszám.

Köbszámot hasonló módszerrel állíthatunk elő:

Olyan 푘 és 푚egész számot keresünk, amelyre 푘 ∙ 푛 + 1 = 푚 . Átrendezve és szorzattá alakítva:

푘 ∙ 푛 = 푚 − 1 = (푚 − 1)(푚 +푚+ 1).

9

Jó megfeleltetés:

푛 = 푚 − 1; 푘 = 푚 +푚+ 1

Tehát:

푚 = 푛 + 1; 푘 = (푛 + 1) + 푛 + 1 + 1 = 푛 + 3푛 + 3.

Így

(푛 + 3푛 + 3)푛 + 1 = (푛 + 1)

formában köbszámot kapunk.

Megjegyzés:

Általános iskolás ismeretekkel így lehet gondolkozni:

푘 ∙ 푛 + 1alakú négyzetszámot keresünk, és az (푎 ∙ 푛 + 1) ilyen. Válasszuk 푎-t 1-nek, ekkor

(푛 + 1) = 푛 + 2푛 + 1 = (푛 + 2)푛 + 1,

tehát a sorozat (푛 + 2)-edik tagja négyzetszám.

푘 ∙ 푛 + 1alakú köbszámot keresünk, és az (푎 ∙ 푛 + 1) ilyen. Válasszuk 푎-t 1-nek, ekkor

(푛 + 1) = (푛 + 2푛 + 1)(푛 + 1) = 푛 + 3푛 + 3푛 + 1 = (푛 + 3푛 + 3)푛 + 1,

azaz a sorozat (푛 + 3푛 + 3)-edik tagja köbszám.

6. Az 푥 sorozatot az alábbi módon értelmezzük:

푥 = 5,

푥 = 푥 ,ha푛 ≥ 1.

Bizonyítsuk be, hogy 푥 és 푥 utolsó 푛 jegye megegyezik.

KöMaL 1986/december; F. 2608.

Megoldás:

A feladat állítását teljes indukcióval bizonyítjuk.

풏 = ퟏ-re igaz az állítás, hiszen 푥 = 25;푥 = 5, tehát az utolsó számjegyek egyenlőek.

풏 = 풌-ra feltételezzük, hogy igaz az állítás, azaz 푥 és 푥 utolsó k jegye megegyezik. Ezt úgy is fogalmazhatjuk, hogy 10 |푥 − 푥 .

풏 = 풌 + ퟏ-re bizonyítjuk az állítást: A sorozat képzési szabálya alapján 푥 − 푥 = 푥 − 푥 = (푥 − 푥 )(푥 + 푥 ). Az indukciós feltétel alapján 10 |푥 − 푥 . 푥 és 푥 5 hatványa, ezért 5-re végződnek, tehát az összegük 0-ra végződik, így osztható 10-zel. Ezek alapján 10 |푥 − 푥 , amiből következik, hogy 푥 és 푥 utolsó k+1 jegye megegyezik.

Ezzel a feladat állítását beláttuk.

10

7. Hány olyan természetes számokból álló (végtelen) sorozat van, amelyben az első 2푛 tag összegének és az első 푛 tag összegének hányadosa nem függ 푛 megválasztásától, továbbá amely sorozatnak egyik tagja az 1971 szám?

KöMaL 1971/március; F. 1763.

Megoldás:

Ha a sorozat első tagja 푎 , a differencia 푑, akkor az első 2푛 tag összegének és az első 푛 tag összegének hányadosa :

푆푆

=2푛(2푎 + (2푛 − 1)푑)푛(2푎 + (푛 − 1)푑)

=4푎 + (4푛 − 2)푑2푎 + (푛 − 1)푑

.

Ha ez a hányados minden 푛-re azonos, akkor 푛 = 1 és 푛 = 2-re is:

푆푆=4푎 + 2푑2푎

=푆푆=4푎 + 6푑2푎 + 푑

.

Átrendezve:

8푎 + 8푎 ∙ 푑 + 2푑 = 8푎 + 12푎 ∙ 푑

2푑 − 4푎 ∙ 푑 = 2푑(푑 − 2푎 ) = 0.

Ez 푑 = 0 vagy 푑 = 2푎 esetén teljesül.

Ha 푑 = 0, akkor 푎 ≠ 0, mert ellenkező esetben 푆 = 푆 = 0 lenne, tehát nem írhatnánk fel ezek hányadosát. Ekkor a sorozat tagjai egyenlőek és 1971-gyel kell megegyezniük. Ez valóban alkalmas sorozat, mert a vizsgált hányados 2.

Ha 푑 = 2푎 , akkor is szükséges az 푎 ≠ 0 feltétel. Ekkor a sorozat tagjai: 푎 , 3푎 , 5푎 ….

Ezek között akkor szerepel az 1971, ha (2푘 − 1)푎 = 1971 teljesül valamilyen 푎 és 푘 természetes szám esetén. 1971 = 3 ∙ 73. Ezt felhasználva a lehetséges értékek:

풂ퟏ 1 3 9 27 73 3 ∙ 73 9 ∙ 73 27 ∙ 73

풌 27 ∙ 73 + 12

9 ∙ 73 + 1

2 3 ∙ 73 + 1

2 73 + 12

27 + 12

9 + 12

3 + 12

1 + 12

Az 1971 a sorozat 푘-adik tagja lesz.

Ezek a sorozatok is megfelelőek, mert:

푆푆

=4푎 + (4푛 − 2)푑2푎 + (푛 − 1)푑

=4푎 + (4푛 − 2) ∙ 2푎2푎 + (푛 − 1) ∙ 2푎

=8푎 푛2푎 푛

= 4.

Tehát 9 megfelelő sorozat van.

8. Bizonyítsuk be, hogy a Fibonacci-sorozat minden negyedik tagja osztható 3-mal. (A Fibonacci sorozatban 푎 = 1, 푎 = 1 és 푎 = 푎 + 푎 minden 푛 ∈ ℕ, 푛 ≥ 3 esetén.)

KöMaL 2009/szeptember; C. 997.

Megoldás:

Számítsuk ki a sorozat néhány tagját a képzési szabály alapján:

푎 = 1, 푎 = 1, 푎 = 2, 푎 = 3, 푎 = 5, 푎 = 8, 푎 = 13, 푎 = 21,…

11

Az a sejtésünk, hogy minden olyan tag osztható 3-mal, amelynek az indexe osztható 4-gyel. Azt fogjuk teljes indukcióval bizonyítani, hogy 푎 osztható 3-mal, ha 푛 ∈ ℕ, 푛 ≥ 1.

풏 = ퟏ-re igaz az állítás

풏 = 풌-ra feltételezzük, hogy 푎 osztható 3-mal.

풏 = 풌 + ퟏ-re bizonyítjuk:

푎 ( ) = 푎 = 푎 + 푎 = 푎 + 푎 + 푎 + 푎 = 푎 + 2푎 + 푎 =

= 푎 + 푎 + 2푎 + 푎 = 2푎 +3푎

3푎 osztható 3-mal, mert egyik tényezője 3, 2푎 pedig az indukciós feltétel alapján osztható 3-mal. Így beláttuk a feladat állítását.

Megjegyzés:

Kicsit egyszerűbben – kevésbé „hivatalosan” – elmondva: A Fibonacci sorozatban a 3-mal való osztási maradékok: 1, 1; 2; 0; 1; 1; 2; 0; …, a képzési szabályból adódóan periodikusan ismétlődnek, tehát minden negyedik tag osztható 3-mal.

9. Legyen 푛 rögzített pozitív egész. Hány olyan 1 ≤ 푎 < 푎 < ⋯ < 푎 ≤ 푛 sorozat van, amelyben a páratlan indexű tagok páratlan, a páros indexűek páros egész számok?

KöMaL 1992/szeptember; F. 2916.

Megoldás:

Jelölje 퐴 az 푛 egész számhoz tartozó ilyen sorozatok számát.

퐴 = 1, mert egyetlen ilyen sorozat van: 푎 = 1.

퐴 = 2, ezek a sorozatok: 푎 = 1; illeve az 푎 = 1;푎 = 2.

Tegyük fel, hogy már meghatároztuk 퐴 , 퐴 ,… , 퐴 értékét (푛 ≥ 2). Hogyan tudunk 푛 + 1 - hez megfelelő sorozatot készíteni?

Ha a sorozat nem tartalmazza az 푛 + 1 számot, akkor nyilván minden 푛-hez tartozó sorozatot megkapunk, ezek száma 퐴 .

Ha a sorozatnak az utolsó tagja 푛 + 1 és van 푛-nél kisebb tagja, akkor ezt a sorozatot az alábbi módon kaphattuk: - vettünk egy 푛-nél kisebb elemeket tartalmazó sorozatot, amelyben az utolsó tag paritása 푛 + 1-

gyel ellentétes és ehhez hozzávettük 푛 + 1-et;

- vettünk egy 푛-nél kisebb elemeket tartalmazó sorozatot, amelyben az utolsó tag paritása 푛 + 1-gyel azonos és ehhez hozzávettük 푛-et és 푛 + 1-et.

Így felhasználtuk az összes olyan sorozatot, amelyek n-nél kisebb elemeket tartalmaznak. Ezek száma A .

Ha a sorozatnak az utolsó tagja 푛 + 1 és nincs 푛-nél kisebb tagja, akkor egyetlen sorozatot készíthetünk: Ha 푛 + 1 páratlan, akkor az 푎 = 푛 + 1 sorozat megfelelő, ha 푛 + 1 páros, akkor az 푎 = 푛 és 푎 = 푛 + 1 sorozat jó.

Ezzel megkaptuk, hogy 퐴 = 퐴 + 퐴 + 1.

12

Ez a képzési szabály a Fibonacci sorozatra emlékeztet. A kiindulási elemeket figyelembe véve megmutatható, hogy 퐴 = 푓 − 1, ahol 푓 = 1;푓 = 1;푓 = 푓 + 푓 a Fibonacci sorozat első elemei és a rekurzív megadási módja.

10. Jelölje 푎 , 푎 , 푎 , 푎 a Pascal-háromszög egyik sorának négy egymás után következő elemét. Igazoljuk, hogy

푎푎 + 푎

,푎

푎 + 푎,

푎푎 + 푎

számok számtani sorozatot alkotnak.

KöMaL 2010/április, B. 4266.

Megoldás:

A Pascal-háromszög 푛-edik sorának két szomszédos eleme és . Ezekkel a kifejezésekkel felírva a megfelelő törtet:

+= =

푛!푘! (푛 − 푘)!(푛 + 1)!

(푘 + 1)! (푛 − 푘)!

=푘 + 1푛 + 1

összefüggést kapjuk. A következő két tört értéke ugyanígy számolva: ; . Ebből látható,

hogy számtani sorozatot kaptunk, amelynek a differenciája , ami csak attól függ, hogy a Pascal-háromszög melyik sorából vettük az elemeket.

11. Egy sorozat első tagja 2011. A második tagtól kezdve minden tag megegyezik az őt megelőző tagnál 2-vel nagyobb szám reciprokának (−2)-szeresével. Mennyi a sorozat 2011. tagja?

KöMaL 2011/szeptember, K. 296.

Megoldás:

A sorozat tagjai:

푎 = 2011;푎 = −2

2013;푎 = −

2

− 22013 + 2

= −2

40242013

= −20132012

;

푎 = −2

−20132012 + 2= −

40242011

;푎 = −2

−40242011 + 2= 2011.

Ez azt jelenti, hogy a sorozat tagjai négyesével ismétlődnek. 2011 = 4 ∙ 502 + 3, így 푎 =푎 = − .

12. Az 푎 , 푎 , … , 푎 , … sorozatot a következő módon képeztük: a , a , a pozitív egészek, 푎 > 2푎 + 푎 , 푎 = 4푎 − 3푎 − 2푎 (푛 = 4, 5, … ). Bizonyítsuk be, hogy 푎 > 2 .

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 1982; haladók, általános tantervű osztályok, 2.forduló

Megoldás:

Teljes indukció módszerével azt fogjuk bebizonyítani, hogy 푛 ≥ 4 esetén 푎 ≥ 2 .

13

풏 = ퟒ –re bizonyítjuk az állítást:

푎 = 4푎 − 3푎 − 2푎 ≥ 4(2푎 + 푎 + 1) − 3푎 − 2푎 = 5푎 + 2푎 + 4 > 8 = 2 .

풏 –nél (푛 ≥ 5)kisebb 풌 egészekre feltételezzük, hogy

푎 > 2 .

풏 –re bizonyítjuk az állítást:

A rekurziós formulát átrendezzük:

푎 − 2푎 − 푎 = 2푎 − 4푎 − 2푎 = 2(푎 − 2푎 − 푎 )

Ez azt jelenti, hogy 푎 − 2푎 − 푎 egy mértani sorozat, így

푎 − 2푎 − 푎 = 2 (푎 − 2푎 − 푎 ) ≥ 2 .

Ezt átrendezve:

푎 ≥ 2 + 2푎 + 푎 ≥ 2 + 2 ∙ 2 + 2 = 6 ∙ 2 > 2 .

Ezzel bizonyítottuk az állításunkat, 푛 = 1000-re alkalmazva: 푎 > 2 .

13. Az 1,2, …, 푛 számokat valamilyen – tetszés szerinti – sorrendben leírva kapjuk az 푎 , 푎 , … , 푎 számokat. Mutassuk meg, hogy

11 ∙ 푎

+1

2 ∙ 푎+⋯+

1푛 ∙ 푎

összeg értéke akkor a legkisebb, ha csökkenő sorrendbe rendeztük a számainkat, azaz 푎 = 푛,…푎 = 1.

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 1985; kezdők, speciális matematika tagozat, 2.forduló

Megoldás:

Megvizsgáljuk először, hogyan változik az

1푘 ∙ 푎

+1

푙 ∙ 푎(1)

összeg, ha 푘 > 푙 és ezt a két számot felcseréljük a nevezőkben.

1푘 ∙ 푎

+1

푙 ∙ 푎−

1푙 ∙ 푎

+1

푘 ∙ 푎=

1푘 ∙ 푙 ∙ 푎 푎

(푙푎 + 푘푎 − 푘푎 − 푙푎 ) =

=1

푘 ∙ 푙 ∙ 푎 푎(푘 − 푙)(푎 − 푎 ) > 0

akkor és csak akkor, ha 푎 > 푎 . Ezért ha az 푎 é푠푎 tényezőket felcseréljük, akkor az (1) összeg csökken.

Legyen az 1,2,3, … , 푛 számok egy tetszőleges sorrendje 푎 , 푎 , … , 푎 . Alkalmas cserékkel csökkentsük az

푆 =1

1 ∙ 푎+

12 ∙ 푎

+ ⋯+1

푛 ∙ 푎

összeget.

14

Ha az a , a , … , a sorozat különbözik az 푛, 푛 − 1,… , 1 sorozattól, azaz nem szigorúan monoton csökken, akkor van két tagja, amelyek egymáshoz képest növekvően állnak, azaz van olyan 푙 < 푘, hogy 푎 < 푎 . Ekkor az 푎 és 푎 számokat a sorozatban megcserélve az előbbi megállapítás miatt 푆 csökken. Ilyen módon az 푆 értéke mindig csökkenthető, ha az 푎 , 푎 , … , 푎 sorozat különbözik az 푛, 푛 − 1,… , 1 sorozattól. Az a , a , … , a sorozatnak véges sok sorrendje van, ezért véges sok lépésben, az 푆 értékét csökkentve eljutunk az 푛, 푛 − 1,… , 1 sorozathoz.

Ekkor megkapjuk a minimum értékét:

푀 =1

1 ∙ 푛+

12 ∙ (푛 − 1)

+ ⋯+1

푛 ∙ 1.

14. Definiáljuk az 푎 (푛 ≥ 0) sorozatot a következőképpen: 푎 :=0, az 푎 := 1; és 푛 ≥ 2-re

푎 ≔ 6푎 − 푎 . Bizonyítsa be, hogy 3 − 2 ∙ √2 ∙ 푎 − 3 − 2 ∙ √2 ∙ 푎 = 1 minden 푛 ≥ 0-ra!

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2006/2007; kezdők, III. kategória, 3.forduló

Megoldás:

Teljes indukcióval bizonyítjuk az állítást.

풏 = ퟎ- ra igaz az egyenlőség.

풏 = 풌 - ra feltételezzük, hogy

3 − 2 ∙ √2 ∙ 푎 − 3 − 2 ∙ √2 ∙ 푎 = 1.

풏 = 풌 + ퟏ - re bizonyítunk:

3 − 2 ∙ √2 ∙ 푎 − 3 − 2 ∙ √2 ∙ 푎 =

= 3− 2 ∙ √2 (6 ∙ 푎 − 푎 ) − 3 − 2 ∙ √2 ∙ 푎 =

= 6 ∙ 3 − 2 ∙ √2 ∙ 푎 − 3 − 2 ∙ √2 푎 − 3 − 2 ∙ √2 ∙ 푎

Ebben a kifejezésben előállítunk egy olyan részletet, amiben az indukciós feltételt fel tudjuk használni, majd megvizsgáljuk a maradék tagokat:

3 − 2 ∙ √2 ∙ 푎 − 3 − 2 ∙ √2 ∙ 푎 + 6 ∙ 3 − 2 ∙ √2 − 3 − 2 ∙ √2 ∙ 푎 −

− 3 − 2 ∙ √2 ∙ 푎 =1+푎 ∙ 3 − 2 ∙ √2 6 ∙ 3 − 2 ∙ √2 − 1 − 3 − 2 ∙ √2 .(∗)

Ebben a kifejezésben:

6 ∙ 3 − 2 ∙ √2 − 1 − 3 − 2 ∙ √2 = 18 − 12 ∙ √2 − 1 − 9 + 12 ∙ √2 − 8 = 0.

Ezért a (∗) összefüggés értéke 1, ezzel az állítást beláttuk 풏 = 풌 + ퟏ- re, befejeztük a teljes indukciós bizonyítást.

15. Legyen 푎 a következő módon definiált sorozat:푎 = 18; 푎 = 48; 푎 = 푎 ∙ 푎 ,ha 푛 > 2.

Hány négyzetszám van a sorozatban?

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013; haladók, I. kategória, 2. forduló

15

Megoldás:

푎 = 2 ∙ 3 ;푎 = 2 ∙ 3. A további tagokat a rekurzió szerint képezve mindig olyan számokat fogunk kapni, amelyben csak a 2 és 3 szerepel prímtényezőként. Akkor kapunk négyzetszámot, ha mindkét prímszám kitevője páros. A képzési szabály miatt a 2-hatványok kitevőjének kettes maradéka így ismétlődik: 1; 0; 1; 1; 0; 1; 1; …, tehát 3 számból álló periódus: 1; 0; 1. A 3 kitevőinek kettes maradéka pedig így ismétlődik: 0; 1; 1; 0; 1; 1; , azaz szintén 3 számból álló periódust kapunk: 0; 1; 1. Láthatóan nem egyszerre lesz páros a 2 és a 3 kitevője, tehát sohasem kapunk négyzetszámot.

16. Két számtani sorozat első tagja megegyezik. Az első sorozat egyik tagjának a négyzete a másik ugyanannyiadik tagjának a négyzeténél 7-tel nagyobb, a megelőző tagok négyzeteinek a különbsége 343 64⁄ , a következő tagok négyzeteinek a különbsége pedig 567 64⁄ . Megállapítható-e ezekből az adatokból, hogy a sorozatok hányadik tagjairól van szó? Megállapítható-e a sorozatok valamilyen további adata?

OKTV 1968; általános tantervű osztályok, 2. forduló

Megoldás:

A két sorozat első tagját jelöljük 푎-val, a differenciák legyenek 푑 és 퐷. A feladat feltételei legyenek igazak az 푛-edik, (푛 + 1)-edik, (푛 + 2)-edik tagokra:

(푎 + 푛푑) − (푎 + 푛퐷) = 7

(푎 + (푛 − 1)푑) − (푎 + (푛 − 1)퐷) =34364

(푎 + (푛 + 1)푑) − (푎 + (푛 + 1)퐷) =56764

Átrendezve:

2푎푛(푑 − 퐷) + 푛 (푑 − 퐷 ) = 7 (1)

2푎(푛 − 1)(푑 − 퐷) + (푛 − 1) (푑 − 퐷 ) =34364

(2)

2푎(푛 + 1)(푑 − 퐷) + (푛 + 1) (푑 − 퐷 ) =56764

(3)

A (2) és (3) számtani közepéből kivonjuk az (1) egyenletet:

(푑 − 퐷 ) =764.(4)

Ezt visszahelyettesítjük (1) és (2)-be:

2푎푛(푑 − 퐷) +764

푛 = 7 (5)

2푎(푛 − 1)(푑 − 퐷) +764

(푛 − 1) =34364

(6)

(5)-ből (6)-t kivonva :

2푎(푑 − 퐷) +764

(2푛 − 1) =10564

(7)

16

Ennek 푛-szeresét (5)-ből kivonva, majd rendezve:

764

(푛 − 2푛 + 푛) = 7 −105푛64

푛 − 16푛 + 64 = (푛 − 8) = 0.

Tehát 푛 = 8, ezért a 8. 9. 10. tagokról beszél a feladat.

Ezt az eredményt visszahelyettesítjük a (7) egyenletbe:

푎(푑 − 퐷) = 0.

푑 ≠ 퐷, mert a két sorozatnak nem minden tagja egyenlő, ezért csak 푎 = 0 lehetséges. Így a két sorozatot 푎 = (푛 − 1)푑 és 퐴 = (푛 − 1)퐷, alakban adhatjuk meg. Az (1); (2); é푠(3) egyenletek négy ismeretlent tartalmaznak, ezért nem tudjuk mindegyik ismeretlent meghatározni.

Az 푎 és 푛 meghatározható és azt tudjuk mondani, hogy 푑 és 퐷 között fennáll a (4) összefüggés.

17. Az 푎 , 푎 , 푎 , … sorozatban 푎 természetes szám, és

푎 = 푎 + 1(푛 = 0,1,2, …).

Bizonyítsuk be, hogy a sorozatban van irracionális szám.

OKTV 1973; szakosított matematika I. tantervű osztályok, 2. forduló

Megoldás:

Először azt bizonyítjuk, hogy ha 푎 természetes szám és √푎 racionális, akkor egész szám is. Indirekt bizonyítást adunk. Tegyük fel, hogy √푎 = , ahol 푏, 푐 relatív prímek és 푐 ≠ 1. ekkor négyzetre emelés után:

푏 = 푎푐 .

푐 ≠ 1, ezért van prímosztója, legyen 푝 az egyik. A fenti összefüggés szerint 푝 osztója 푏 -nek is, így 푏-nek is. Ekkor 푏 és 푐 nem lenne relatív prím, ezzel ellentmondásra jutottunk. Tehát √푎 egész.

Most az eredeti állítást bizonyítjuk teljes indukcióval.

Tegyük fel, hogy 푎 természetes szám és az 푎 = 푎 + 1rekurzióval megadott mindegyik szám racionális, az előbbi bizonyításból adódóan természetes szám. A sorozat egyik tagja sem lehet 1, mert akkor a következő √2 lenne, ami irracionális. Tehát a sorozat mindegyik tagja legalább 2. Így:

푎 = 푎 + 1 < 푎 + 푎 = 2푎 ≤ 푎 .

Ez azt jelenti, hogy a sorozat monoton fogy. Ezzel ellentmondásra jutottunk, mert nincs végtelen sok természetes számból álló monoton fogyó sorozat. A feladat állítását beláttuk.

17

18. Legyen 푎 az összes, a tízes számrendszerben legfeljebb 푛 jegyű nemnegatív egész számok száma, 푏 pedig ezek közül azoknak a száma, amelyek tízes számrendszerbeli alakjában van 5-ös számjegy. Adjuk meg 푎 -et és 푏 –et 푛 függvényeként, valamint a

lim→

푎푏

határértéket.

OKTV 1977; I. forduló

Megoldás:

A legfeljebb 푛-jegyű nemnegatív számok: 0; 1;… ;10 − 1, tehát 푎 = 10 . Azokat a számokat, amelyekben van 5-ös számjegy, úgy kapjuk meg, ha az összes számból levonjuk azokat, amelyekben nincs 5-ös. Legfeljebb 푛-jegyű számokat vizsgálunk, ezért mindenütt, a szám elején is megengedjük a nullát. Most 5-öst nem használunk, ezért minden helyiértéken 9-féle számjegyből választhatunk, így 9 a rossz esetek száma, azaz 푏 = 10 − 9 olyan nemnegatív szám van, amelyben szerepel az 5-ös. Így

lim→

푎푏

= lim→

1010 − 9

= lim→

1

1 − 910

=1

1 − 0= 1.

Felhasználtuk, hogy lim → 푞 = 0, ha 푞 olyan valós szám, amelyre |푞| < 1.

19. Egy sorozatban 푎 = , 푎 = 푎 + ( )( ) , ha 푛 > 1. Állítsuk elő 푎 -et 푛 függvényeként!

OKTV 1996/97; II. kategória, 1. forduló

Megoldás:

A képzési szabályt használva 푎 = ;푎 = ;푎 = ;…. Az a sejtésünk, hogy

푎 =푛 + 1푛 + 2

.

Ezt teljes indukcióval bizonyítjuk. 푛 = 1-re igaz az állítás és tegyük fel, hogy 푛 − 1-re is már beláttuk, hogy

푎 =푛

푛 + 1.

A rekurzív képzési szabály és az indukciós feltétel miatt:

푎 = 푎 +1

(푛 + 1)(푛 + 2)=

푛푛 + 1

+1

(푛 + 1)(푛 + 2)=푛 ∙ (푛 + 2) + 1(푛 + 1)(푛 + 2)

=(푛 + 1)

(푛 + 1)(푛 + 2)=

=푛 + 1푛 + 2

,

amit bizonyítani akartunk.

20. Igaz-e, hogy a 7푘 + 3,푘 = 0,1,2, … számtani sorozatban végtelen sok palindrom szám van? (Azokat a számokat nevezzük palindrom számoknak, amelyek tízes számrendszerbeli alakjában a jegyeket fordított sorrendben felírva ugyanahhoz a számhoz jutunk, pl. 123321.)


18

Megoldás:

Azok a számok, amelyeknek minden jegye egyenlő, nyilván palindrom számok, ezért keressük ezek között a megfelelő számokat. Az a kérdés, hogy a 푐(1 + 10 + 10 + ⋯+ 10 ) alakú számok között milyen 푐 (1 ≤ 푐 ≤ 9 egész) esetében kapunk 7-tel osztva 3-t maradékul.

Az 1, 11, 111, 1111, 11111, 111111,…. számok 7-es maradéka 1; 4; 6; 5; 2; 0, a maradékok innentől kezdve periodikusan ismétlődnek. Ha a maradék 1, akkor a 푐-t válasszuk 3-nak, ha 4; 6; 5; 2 , akkor 푐 legyen 6; 4; 2; 5. Ekkor a 푐(1 + 10 + 10 + ⋯+ 10 ) szám 7-tel osztva 3-t ad maradékul. A nullához nem tudunk alkalmas 푐-t választani. Tehát ilyen módon végtelen sok palindrom számot kapunk.

21. Mutassuk meg, hogy ha 푎 , 푎 , 푎 ,… tetszőleges pozitív számok, akkor ∑ 1 푎 = ∞⁄ és ∑ 푎 푖 = ∞⁄ közül legalább az egyik teljesül. (Pozitív 푐 , 푐 , 푐 , …számok esetén ∑ 푐 = ∞ azt jelenti, hogy az 푠 = 푐 +푐 + ⋯+ 푐 összegek 푘 növekedésével minden határon túl nőnek.)


Megoldás:

A feladatot indirekt módon bizonyítjuk. Tegyük fel, hogy van olyan 푇 szám, hogy minden 푘 természetes számra:

+ +⋯+ < 푇 és 푎 + +⋯+ < 푇.

A számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján:

12

1푎+푎푖

≥1푎∙푎푖=

1푖=1푖.

Ezt 푖 = 1-től 푘-ig összegezzük és felhasználjuk az indirekt feltételt:

1 +12+ ⋯+

1푘≤12

1푎+1푎+⋯+

1푎

+ 푎 +푎4+⋯+

푎푘

< 푇.

Ismert, hogy az 1 + +⋯+ harmonikus sor minden határon túl nő, tehát elég nagy 푘-ra az összeg nagyobb lesz 푇-nél. Ellentmondásra jutottunk, ezzel bizonyítottuk a feladat állítását.

Megjegyzés:

A harmonikus sor értékének becslése:

1 +12+

13+14

+15+16+17+18

+⋯+1

2 + 1+ ⋯+

12

>

> 1+12+ 2 ∙

14+ ⋯+ 2 ∙

12

= 1 + (푟 + 1) ∙12=푟 + 32

.

Ez pedig 푟 növekedésével tetszőlegesen nagy értéket felvehet.

22. Határozzuk meg az 푆 = 1 ∙ 2 + 1 ∙ 3 +⋯+ 1 ∙ 푛 + 2 ∙ 3 +⋯+ 2 ∙ 푛 +⋯+ (푛 − 1)푛 összeget.

„Ki miben tudós?” vetélkedő 1964; elődöntő feladata

19

Megoldás:

Csoportosítsuk a tagokat, egy csoportba kerülnek azok a tagok, amelyekben az első tényező azonos:

푆 = [1 ∙ 2 + 1 ∙ 3 +⋯+ 1 ∙ 푛] + [2 ∙ 3 +⋯+ 2 ∙ 푛] + ⋯+ (푛 − 1)푛 =

푆 = 1 ∙ (2 + 3 + ⋯+ 푛) + 2 ∙ (3 + 4 + ⋯+ 푛) + ⋯+ 푘 ∙ [(푘 + 1) + (푘 + 2) +⋯+ 푛] +⋯

Egy ilyen csoport összege:

푘 ∙ [(푘 + 1) + (푘 + 2) + ⋯+ 푛] = 푘 ∙(푛 − 푘)(푛 + 푘 + 1)

2.

Az 푆 összeg így alakul:

푆 =1 ∙ (푛 − 1)(푛 + 2)

2+2 ∙ (푛 − 2)(푛 + 3)

2+3 ∙ (푛 − 3)(푛 + 4)

2+⋯+

+(푛 − 3) ∙ 3 ∙ (2푛 − 2)

2+(푛 − 2) ∙ 2 ∙ (2푛 − 1)

2+(푛 − 1) ∙ 1 ∙ 2푛

2.

Láthatóan párba állíthatóak a tagok úgy, hogy két-két azonos tényező legyen bennük. Ezért a számtani sorozat összegképletének levezetésénél használt módszerrel:

2푆 =1 ∙ (푛 − 1)(3푛 + 2)

2+2 ∙ (푛 − 2)(3푛 + 2)

2+3 ∙ (푛 − 3)(3푛 + 2)

2+⋯+

+푘 ∙ (푛 − 푘)(3푛 + 2)

2+ ⋯+

+(푛 − 3) ∙ 3 ∙ (3푛 + 2)

2+(푛 − 2) ∙ 2 ∙ (3푛 + 2)

2+(푛 − 1) ∙ 1 ∙ (3푛 + 2)

2=

=3푛 + 22

∙ (푛 − 1 + 2푛 − 4 + 3푛 − 9 +⋯+ 푛푘 − 푘 +⋯+ (푛 − 1)푛 − (푛 − 1) ) =

=3푛 + 22

∙ 푛 ∙ 1 + 2 +⋯+ (푛 − 1) −3푛 + 22

∙ (1 + 2 + ⋯(푛 − 1) ).

Felhasználjuk az első (푛 − 1) szám illetve négyzetszám összegére vonatkozó összefüggést:

2푆 =3푛 + 22

∙ 푛 ∙(푛 − 1) ∙ 푛

2−(푛 − 1) ∙ 푛 ∙ (2푛 − 1)

6=

=(3푛 + 2) ∙ (푛 − 1) ∙ 푛

12∙ (3푛 − 2푛 + 1) =

(푛 − 1) ∙ 푛 ∙ (푛 + 1) ∙ (3푛 + 2)12

,

Tehát

푆 =(푛 − 1) ∙ 푛 ∙ (푛 + 1) ∙ (3푛 + 2)

24.

23. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges adott 푛 természetes számhoz megadható végtelen sok 2-hatvány úgy, hogy ezek közül bármely kettőnek a különbsége osztható 푛-nel.

„Ki miben tudós?” vetélkedő 1966; döntő feladata

Megoldás:

Ha a 2 , 2 , 2 , …2 … hatványokat 푛-nel elosztjuk, akkor a 0, 1, 2, … . , (푛 − 1) számok valamelyike lehet a maradék. A 2- hatványok száma végtelen, ezért a skatulya-elv szerint van

20

olyan maradék, amely 푛-nel osztva végtelen sok hatványnál fordul elő. E hatványok közül bármely kettő különbsége osztható 푛-nel.

24. Legyen

퐴 =1 ∙ 3 ∙ 5 ∙ … ∙ (2푛 − 1)

2 ∙ 4 ∙ 6 ∙ … ∙ 2푛,

ahol 푛 pozitív egész szám. Bizonyítsuk be, hogy az

퐴, 2퐴, 4퐴,…, 2 퐴,….

sorozatban van egész szám.

A később Kürschák Józsefről elnevezett verseny 1934.évi 1. feladata

Megoldás:

A törtet bővítsük a 2 ∙ 4 ∙ 6 ∙ … ∙ 2푛 szorzattal:

퐴 =1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ 4 ∙ 5 ∙ … ∙ (2푛 − 1) ∙ 2푛

(2 ∙ 4 ∙ 6 ∙ … ∙ 2푛)=

(2푛)!2 푛!

=12

∙(2푛)!푛! ∙ 푛!

=12

∙2푛푛

.

egész szám, azt adja meg, hogy 2푛 különböző elemből hányféle módon tudunk 푛 elemet kiválasztani úgy, hogy a kiválasztás sorrendje nem számít.

Így 2 ∙ 퐴 egész szám.

25. Az 푎 = 1, 푎 , 푎 , … természetes számok végtelen sorozatában

푎 ≤ 1 + 푎 + 푎 + ⋯+ 푎

minden 푘 > 1 értékre teljesül. Bebizonyítandó, hogy minden természetes szám felírható ebből a sorozatból kiválasztott számok összegeként (vagy pedig előfordul a sorozatban).


Megjegyzés: A zárójeles toldalék felesleges akkor, ha egytagú összeget is lehetségesnek tartunk. A megoldásban szereplő összegek így értendők.

Megoldás:

Azt fogjuk bizonyítani, hogy az 푎 , 푎 , … , 푎 számok segítségével minden olyan 푛 szám felírható a feladat feltételei szerint, amelyre 0 < 푛 ≤ 푎 + 푎 +⋯+ 푎 .

A bizonyításhoz k-ra vonatkozó teles indukciót használunk:

풌 = ퟏ esetén 푎 = 1. Ekkor 푛 = 1 = 푎 megfelelő felírás.

Tegyük fel, hogy 풌 − ퟏ-re (푘 > 1) igaz az állítás, tehát minden 0 és 1 + 푎 + 푎 + ⋯+ 푎 közé eső szám felírható alkalmas 푎 számok összegeként.

Bizonyítunk 풌-ra:

Ha 0 < 푛 ≤ 푎 + 푎 + ⋯+ 푎 , akkor már az 푎 , 푎 , … , 푎 számok is elegendőek az indukciós feltétel szerint.

Ha 1 + 푎 + 푎 + ⋯+ 푎 ≤ 푛 ≤ 푎 + 푎 +⋯+ 푎 , akkor 0 ≤ 푛 − 푎 ≤ 푎 + 푎 + ⋯+ 푎 .

21

Ekkor, ha 0 = 푛 − 푎 , akkor az 푛 = 푎 felírás megfelelő. Különben 푛 − 푎 az indukciós feltétel miatt felírható az 푎 , 푎 , … , 푎 számokból alkalmasan választott összeg formájában. Ehhez hozzáadva az 푎 számot, megkapjuk az 푛 egy lehetséges felírását.

Teljes indukcióval beláttuk a feladat állítását.

26. Bizonyítandó, hogy nincs olyan, természetes számokból álló végtelen sorozat, amelynek nem minden eleme egyenlő, s amelynek minden eleme (a másodiktól kezdve) a két szomszédos elem

harmonikus közepe ( 푎 és 푏 harmonikus közepe .


I. Megoldás:

Ha a sorozat első két eleme ℎ és ℎ , akkor a képzési szabály alapján ℎ = ,amiből

átrendezéssel

2ℎ

=1ℎ+1ℎ⟹

1ℎ

=2ℎ−1ℎ

=2ℎ − ℎℎ ℎ

⟹ ℎ =ℎ ℎ

2ℎ − ℎ.

Hasonlóan számolva

ℎ =ℎ ℎ

3ℎ − 2ℎ.

Az a sejtésünk, hogy

ℎ =ℎ ℎ

(푛 − 1)ℎ − (푛 − 2)ℎ,ahol푛 ≥ 3természetesszám.

Ezt az állítást teljes indukcióval tudjuk bizonyítani.

풏 = ퟑ-ra igaz az állítás.

풌 < 풏-re (풏 > 3)feltételezzük, hogy igaz az állítás:

ℎ =ℎ ℎ

(푘 − 1)ℎ − (푘 − 2)ℎ

풏 = 풌 + ퟏ-re bizonyítunk. A harmonikus közép így is kifejezhető:

2ℎ

=1

ℎ+

1ℎ

⟹1

ℎ=

2ℎ

−1

ℎ

Az indukciós feltételt felhasználva:

1ℎ

=2(푘 − 1)ℎ − 2(푘 − 2)ℎ

ℎ ℎ−(푘 − 2)ℎ − (푘 − 3)ℎ

ℎ ℎ=

=(2푘 − 2 − 푘 + 2)ℎ − (2푘 − 4 − 푘 + 3)ℎ

ℎ ℎ=푘ℎ − (푘 − 1)ℎ

ℎ ℎ.

Reciprokot véve:

ℎ =ℎ ℎ

푘ℎ − (푘 − 1)ℎ,

ezzel sejtésünket beláttuk.

A sorozat 푛-edik elemét így is írhatjuk:

22

ℎ =ℎ ℎ

(푛 − 1)(ℎ − ℎ ) + ℎ

Ha ℎ = ℎ , akkor a sorozat minden eleme ℎ -gyel egyenlő, amit a feladat szövege kizár.

Ha ℎ ≠ ℎ , akkor a számláló nem nulla állandó, a nevező pedig tetszőlegesen nagy lehet. Így elég nagy 푛-re a sorozat eleme 1-nél kisebb lesz, tehát nem lehet természetes szám. Ezzel beláttuk a feladat állítását.

II. Megoldás:

A feladat feltételéből következik, hogy

1ℎ

=

1ℎ + 1

ℎ2

.

Ez azt jelenti, hogy a sorozat elemeinek reciprokaiból képzett sorozat számtani sorozat. A természetes számok reciprokai a [0,1] intervallumba esnek. Ha a számtani sorozat nem állandó, pozitív tagokból áll, akkor lesz tetszőlegesen nagy eleme, ami ellent mond annak, hogy minden eleme egy adott intervallumhoz tartozik.

27. Mennyivel egyenlő 푛, ha √1 + √2 + √3 + ⋯+ √푛 = 2푛?

(Az [푥] az 푥 szám egészrészét jelöli.)

(퐴)29 (퐵)33 (퐶)41 (퐷)49 (퐸)53


I. Megoldás:

Tudjuk, hogy a Gordiusz Matematika Tesztversenyen csak egy jó megoldás van. helyettesítsük be a megadott értékeket. A számolásnál kihasználjuk, hogy ha 푘 ≤ 푖 < (푘 + 1) (푖, 푘 természetes számok), akkor √푖 = 푘. A 33-mal számolva:

√1 + √2 + √3 +⋯+ √8 +⋯+ √27 +⋯+ √33 =

= 7 ∙ 1 + 19 ∙ 2 + 7 ∙ 3 = 66 = 2 ∙ 33,

tehát ez jó megoldás, ezért a helyes válasz a B.

II. Megoldás:

Most nem használjuk ki, hogy öt lehetőség közül kell megtalálnunk a jó választ.

Legyen 푘 ≤ 푛 < (푘 + 1) alkalmas 푘 természetes számra. Ekkor

푆 = √1 + √2 + √3 + ⋯+ √푛 =

= 1 ∙ (2 − 1 ) + 2 ∙ (3 − 2 ) +⋯+ (k − 1) ∙ (푘 −(푘 − 1) ) + 푘 ∙ (푛 + 1 − 푘 ) =

= −1 − 2 − 3 −⋯− (푘 − 1) + (푘 − 1)푘 + 푘 ∙ (푛 + 1 − 푘 ) =

= 1 − 2 − 3 −⋯− (푘 − 1) − 푘 + 푘(푛 + 1)

Felhasználjuk a köbszámok összegére vonatkozó összefüggést:

23

푆 = 푘(푛 + 1) −푘(푘 + 1)

2.

Azt keressük, hogy milyen 푛-re lesz:

푘(푛 + 1) −푘(푘 + 1)

2= 2푛,

푛 ∙ (푘 − 2) =푘(푘 + 1)

2− 푘

Ha 푘 = 2, akkor a baloldal 0, a jobb oldal 7, tehát nincs megfelelő 푛.

Ha 푘 ≠ 2, akkor:

푛 =

푘(푘 + 1)2 − 푘

푘 − 2=푘 (푘 + 1) − 4푘

4(푘 − 2).(1)

Az így kapott értéknek a

푘 ≤푘 (푘 + 1) − 4푘

4(푘 − 2)< (푘 + 1) (2)

feltételt teljesítenie kell.

Behelyettesítéssel látható, hogy 푘 = 1-re nem teljesül az egyenlőtlenség, 푘 = 3-ra igen.

Ha 푘 ≥ 4,akkor csak az első egyenlőtlenséget vizsgálva:

4푘 (푘 − 2) ≤ 푘 (푘 + 1) − 4푘

4푘 − 8푘 ≤ 푘 + 2푘 + 푘 − 4푘

3푘 + 4 < 10푘 + 푘

feltételnek kellene teljesülnie, de 푘 ≥ 4 esetén

3푘 + 4 > 3푘 = 3푘 ∙ 푘 ≥ 12푘 > 11푘 = 10푘 + 푘 > 10푘 + 푘.

Így csak 푘 = 3 esetén kapunk megoldást. Ekkor a (2) egyenlőtlenség másik oldala is teljesül. Az (1) összefüggés alapján 푛 = 33, azaz a (푩) válasz a helyes.

28. Jelölje {푎 } azon pozitív egész számok növekvő sorozatát, melyek 7-tel osztva 5 maradékot adnak, {푏 } azon pozitív egész számok növekvő sorozatát, melyek 5-tel osztva 4 maradékot adnak! Mindkét sorozat első eleme legyen a lehető legkisebb! Az {푎 } sorozat első n elemének az összegét jelölje 퐻 , a {푏 } sorozat első n elemének az összegét jelölje Ö ! Mennyi 푛 értéke, ha

퐻Ö

=3223?

(퐴)9 (퐵)18 (퐶)27 (퐷)81 (퐸)Nincsilyenn.

Gordiusz Matematika Tesztverseny 2010; 12. osztály, megyei forduló

Megoldás:

Mindkét sorozat elemei számtani sorozatot alkotnak. Az adott feltételekkel

24

푎 = 5;푎 = 7푛 − 2;푏 = 4;푏 = 5푛 − 1.

A számtani sorozat összegképlete alapján:

퐻 =(5 + 7푛 − 2) ∙ 푛

2=(7푛 + 3) ∙ 푛

2;

Ö =(4 + 5푛 − 1) ∙ 푛

2=(5푛 + 3) ∙ 푛

2.

Azt keressük, hogy mikor lesz

퐻Ö

=7푛 + 35푛 + 3

=3223.

Az egyenletet megoldva 푛 = 27 adódik, tehát (푪) a jó válasz.

29. Egy számsorozatot a következőképpen értelmezünk:

푥 = 푎,푥 = 푏,푥 = , ha 푛 = 2; 3; 4; …

Mennyivel egyenlő az 푥 , ha 푎 = és 푏 = ?

(퐴)1

2011 (퐵)

12010

(퐶)1 (퐷)2010 (퐸)2011


Megoldás:

A sorozat első néhány tagját felírjuk:

푥 =푏 + 1푎

; 푥 =푏 + 1푎 + 1푏

=푎 + 푏 + 1

푎푏;

푥 =푎 + 푏 + 1

푎푏 + 1푏 + 1푎

=푎 + 푏 + 1 + 푎푏

푏(푏 + 1)=(푎 + 1)(푏 + 1)

푏(푏 + 1)=푎 + 1푏

;

푥 =푎 + 1푏 + 1

푎 + 푏 + 1푎푏

=(푎 + 푏 + 1)푎푏푏(푎 + 푏 + 1)

= 푎; 푥 =푎 + 1푎 + 1푏

= 푏.

Látható, hogy a sorozat tagjai periodikusan ismétlődnek, a periódus hossza 4, ezért

푥 = 푥 =1

2011.

A helyes válasz: A.

25

30. Vizsgáljuk meg az 1, , , … , , … sorozatot. Vegyük a szomszédos elemek különbségét, az alábbi módon egy különbségi háromszöget állítsunk elő:

1 12

13

14

15

16

…

−12

−16

−112

−120

−130

…

13

112

130

160

…

−14

−120

−160

…

15

130

…

−16

…

Forgassuk el a táblázatot 60°-al úgy hogy az 1-es szám kerüljön a háromszög csúcsába. és hagyjuk el az előjeleket.

1

1 1

13

16

13

14

112

112

14

15

120

130

120

15

16

130

160

160

130

16

Ezután minden sor minden elemét osszuk el az illető sor szélén álló számmal és vegyük az eredmény reciprokát.

26

Bizonyítsuk be, hogy ekkor a Pascal-háromszöget kapjuk

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

D.O.Skljarszkij – N. N. Csencov – I. M. Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből

Aritmetika és algebra, 320. feladat

A Pascal-háromszög a binomiális együtthatókat tartalmazza. Ha a sorokat 0-tól, a sorokon belül az elemeket is 0-tól kezdjük számozni, akkor a Pascal-háromszög 푛-edik sorának 푘-adik eleme 퐶 = . A kiindulási számainkban szeretnénk ezt felfedezni:

1퐶

12퐶

13퐶

14퐶

…

−12퐶

−13퐶

−14퐶

…

13퐶

14퐶

…

−14퐶

…

Ezt a tulajdonságot teljes indukcióval igazoljuk. Az első sorban igaz az előállítás

Feltételezzük, hogy a 푘-adik sorban lévő elemek:

±1

(푘 + 1)퐶 ±

1(푘 + 2)퐶

… ±1

(푘 + 푖)퐶 ±

1(푘 + 푖 + 1)퐶

Ekkor a (푘 + 1)-edik sorban lévő elemeket így számoljuk ki:

27

±1

(푘 + 푖 + 1)퐶−

1(푘 + 푖)퐶

= ±1

(푘 + 푖 + 1) (푘 + 푖)!푖! ∙ 푘!

−1

(푘 + 푖) (푘 + 푖 − 1)!(푖 − 1)! ∙ 푘!

=

= ±푖! ∙ 푘!

(푘 + 푖 + 1)!−(푖 − 1)! ∙ 푘!(푘 + 푖)!

= ±푖 ∙ (푖 − 1)! ∙ 푘! − (푘 + 푖 + 1)(푖 − 1)! ∙ 푘!

(푘 + 푖 + 1)!=

= ±(−푘 − 1)(푖 − 1)! ∙ 푘!

(푘 + 푖 + 1)!= ∓

(푘 + 1)(푖 − 1)! ∙ 푘!(푘 + 푖 + 1)!

= ∓(푘 + 1)! (푖 − 1)!(푘 + 푖 + 1)(푘 + 푖)!

=

= ∓1

(푘 + 푖 + 1)= ∓

1(푘 + 푖 + 1)퐶

Ez a képzési szabály öröklődését jelenti a (푘 + 1)-edik sorra.

Ha elvégezzük a feladatban szereplő átalakításokat, akkor valóban a megfelelő 퐶 binomiális együtthatókat tartalmazó Pascal-háromszöget kapjuk.

4. sorozatok4 +⋯+ 1 99 − 1 100 = 1 51 + 1 52 +⋯+ 1 100! kalmár lászló matematikaverseny...

Documents