Egészrészes feladatok

Átírás

1 Kitűzött feladatok Egészrészes feladatok Győry Ákos Miskolc, Földes Ferenc Gimnázium 1. feladat. Oldjuk meg a valós számok halmazán a { } 3x 1 x+1 7 egyenletet!. feladat. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges x valós számra teljesül az x]+ x+ 1 ] x] összefüggés! 3. feladat. Mely valós számok elégítik ki a következő egyenletet? ] 4x+3 x+ 1 ] ] 4x feladat. Oldjuk meg az egyenletet a valós számok körében! x] { x 3 } feladat. Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán! ] ] x x]. 6. feladat. Bizonyítsuk be, hogy az x x] 9 egyenletnek nincs megoldása a pozitív racionális számok halmazában! 1

2 7. feladat. Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán! log x+3) ] log x feladat. Oldjuk meg az egyenletet a valós számok halmazán! x 3 4+x] 9. feladat. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert R 3 : R R R-en: x+y]+{z} 1,1 {x}+y+z],! x]+{y}+z 3,3 10. feladat. Melyek azok az n természetes számok, melyekre ] n+1 n+1 n négyzetszám? 11. feladat. Állapítsuk meg az függvény értékkészletét! f : N + N +, n fn) : n+ n+ 1 ] 1. feladat. Határozzuk meg a { } { } { } összeg értékét! 13. feladat. Létezik-e olyan pozitív egész n, melyre { + 3 ) n } > 0,999999? 14. feladat. Az x 1,x,...,x n,... számsorozatot a következőképpen értelmezzük: x 1 : 1, x n+1 : x n +x n, ahol n N +. Állapítsuk meg az összeg egészrészét! S : 1 x x x

3 15. feladat. Adjuk meg az ] ] ] ] ] n 1 összeget egytagú kifejezésként, ahol n N +! A kapott összefüggést felhasználva állapítsuk meg ] ] ] ] értékét! 3

4 A feladatok megoldásai 1. feladat. Írjuk át az egyenletet úgy, hogy abban 3x 1 törtrésze helyett annak egészrésze szerepeljen: ] 3x 1 3x 1 x+1. 7 Innen rendezés után kapjuk, hogy 19x x 1 Az egészrész definíciója miatt ez azt jelenti, hogy 19x x 1 < 19x 9 14 ahonnan 1 x < 6 adódik. Másrész ) miatt 19x 9 egész szám, azaz 14 19x 9 k Z, 14 amiből x-et kifejezve: x Helyettesítsük x kifejezését )-ba: amiből az következik, hogy 1 ]. ) +1, ) 14k +9. ) 19 14k k < 7,5. Mivel k egész szám, így lehetséges értékei: < 6, k 1, k 1, k 3 0, k 4 1, k 5, k 6 3, k 7 4, k 8 5, k 9 6, k 10 7, ahonnan )-ból: x 1 1, x 5 19, x , x , x , x , x , x , x , x , mely értékek - behelyettesítés után láthatjuk - valóban kielégítik az eredeti egyenletet. 4

5 . feladat. Írjuk fel x-et x x]+a alakban, ahol 0 a < 1. Tegyük fel először, hogy 0 a < 1. Ekkor x+ 1 ] x]+a+ 1 ] x]+ a+ 1 ] x], hiszen 0 a+ 1 < 1, s így az egyenletünk bal oldala x]-szel egyenlő. ) Nézzük az egyenlet jobb oldalát: x] x]+a )] x]+a ] x] ] +a] x], felhasználva, hogy 0 a < 1. Ez )-gal együtt azt jelenti, hogy az egyenlet mindkét oldala x], vagyis ebben az esetben teljesül az állítás. Tegyen ezek után a eleget az 1 a < 1 feltételnek. Ekkor: x+ 1 ] x]+a+ 1 ] x]+ a+ 1 ] x]+1, mivel 1 a+ 1 < 3, vagyis egyenletünk bal oldala ekkor x]+1. ) Az egyenlet jobb oldala pedig: x] x]+a )] x]+a ] x] ] +a] x]+1, ugyanis ekkor 1 a <. Ez ) miatt az egyenlet teljesülését jelenti. Ezzel az állítást beláttuk. 3. feladat. Az egyenlet ekvivalens átalakítások után az alábbi alakba írható: x+ 1 ] + x+ 1 ) + 1 ] x+ 1 )], mely a második feladat értelmében azonosság, azaz az eredeti egyenletet minden valós szám kielégíti. 5

6 4. feladat. Rendezzük át az egyenletet: x] 4 { x 3 }. ) Mivel ) bal oldala egész szám, ezért {x 3} értékének is egésznek kell lennie, azaz konkrétan 0-nak, hiszen a törtrészfüggvény értékkészlete a 0;1 intervallum. Ebből két dolog következik: {x 3} 0 {x 3} Z x Z, valamint {x 3} 0 ) x] 4 4 x < 5 16 x < 5. A két tényt összevetve adódik, hogy x lehetséges értékei 16, 17,..., 4, vagyis az egyenlet potenciális megoldásai a 4, a 17, a 18,...és a 4 felhasználva, hogy x pozitív). Ezek valóban gyökei az eredeti egyenletnek, amit behelyettesítéssel könnyen ellenőrizhetünk. 5. feladat. A négyzetgyökvonás miatt x 0. Legyen ] ] x n : x], ahol n N. Ekkor ] definíció n x] n x] < n+1 nemnegativitás n x] < n+1), s mivel mind n, mind n+1 egész számok, így ez az alsó és felső becslés nem csak x]-re teljesül, hanem magára x-re is: n x < n+1). ) Továbbá ] x n definíció x nemnegativitás n < n+1 n 4 x < n+1) 4. ) ) és ) maga után vonja, hogy n 4 < n+1) nemnegativitás n < n+1 n n 1 < 0, ahonnan n 0, vagy n 1 lehet csak. ) és ) alapján n 0 esetén 0 x < 1, míg n 1 esetén 1 x < 4 adódik. Ezek az x értékek valóban megoldásai az adott egyenletnek: az első esetben az egyenlet két oldala 0, a második esetben 1. A megoldások tehát a 0 x < 4 feltételnek eleget tevő valós számok. 6

7 6. feladat. Tegyük fel először, hogy 0 < x < 1. Ekkor x] 0, ezáltal az egyenlet bal oldala 1, tehát ekkor nincs megoldás. Ha 1 x <, úgy az egyenlet x 1 9 alakú lesz, ami nyilván ellentmondás, vagyis ekkor sincs megoldás. Amennyiben x 3, úgy az egyenlet bal oldalának minimuma 9, azaz ebben az esetben sem található megoldás. A x < 3 esettel kell még foglalkoznunk. Ekkor az egyenlet x 9 alakba írható, ahonnan kapjuk felhasználva x pozitív voltát), hogy 9 x 3 3. Mivel a jobb oldal irracionális, a feltétel miatt pedig x racionális, így ebben az esetben sem létezik megoldás. Az egyenletnek tehát nincs pozitív racionális szám megoldása, amit éppen bizonyítani akartunk. 7. feladat. A logaritmus értelmezéséből következik, hogy x > 0. Rendezzük át az egyenletet: log x+3) ] 1+log x. ) Mivel az egyenlet bal oldala egész szám, így a jobb oldalnak is egésznek kell lennie, ahonnan következik, hogy x z, ahol z Z. Mivel x > 0, így 1 < log x+3) ] ) 1+log x 0 < log x 1 < x. ) Felhasználva továbbá a szorzat logaritmusára vonatkozó azonosságot valamint az egészrész definícióját, )-ból kapjuk, hogy log x log x+3). A logaritmusfüggvény szigorú monotonitása miatt ez pontosan akkor teljesül, ha x x+3 x 3 ) 1 < x 3. ) 7

8 Mivel a korábbiakban már megállapítottuk, hogy x z z Z), így )- ból az exponenciális függvény szigorú monoton növekedése miatt z csakis 1, x pedig ennek megfelelően lehet. Behelyettesítve ezt az eredeti egyenlet bal oldalába: log +3) ] log log 5] 1 1 1, ami éppen az egyenlet jobb oldala, azaz az egyenletet az x érték valóban kielégíti. 8. feladat. Tegyük fel először, hogy x < 1! Ekkor az egészrész definícióját is felhasználva: x 3 < x < x]+1 < x]+4, vagyis ekkor nincs megoldás. Ha 1 x < 0, úgy az egyenletünk az x 3 3 alakra redukálódik, aminek szintén nincs megoldása az adott feltétel mellett. Amennyiben 0 x < 1, az eredeti egyenlet az x 3 4 alakot ölti, aminek a tett feltétel mellett nincs megoldása. Az x 1 szintén nem megoldás, hiszen ekkor x 3 1, míg x]+4 5. Hasonlóképpen kapjuk, hogy az x sem megoldás, mivel ekkor az egyenlet bal oldala 8-cal, jobb oldala pedig 6-tal egyenlő. Ha < x, akkor az egészrész definícióját is figyelembe véve kapjuk, hogy x]+4 x+4 < x+x < x +x x < x 3, azaz ebben az esetben sem létezik megoldás. Pusztán az 1 < x < eset maradt hátra. Mivel x]+4 5, így egyenletünk ekkor az x 3 5 alakot ölti, melynek megoldása: x 3 5. Ez valóban megoldás, ami közvetlenül látható magából a levezetésből. Összefoglalva eredményeinket: az egyenlet egyetlen megoldása Szemléletesen: x

9 y x 4+x] 5 4 M 3 5;5 ) x x x 3 9. feladat. A három egyenletet összeadva az alábbi egyenletet kapjuk: x+y +z 3,3. Ebből rendre kivonva az eredeti egyenletrendszer egyenleteit, a következő egyenletekhez jutunk: {y}+z], x]+{z} 1,1. {x}+y] 0 Innen közvetlenül adódik, hogy x] 1,{x} 0; y] 0,{y} 0,; z],{z} 0,1, azaz x 1; y 0,; z,1. Az ellenőrzés könnyű rutinfeladat. 9

10 10. feladat. Vezessük be az ] n+1 S : n+1 n jelölést! A nevező gyöktelenítése után S n + + nn+1) adódik, ahonnan: S] n++ ] nn+1). Mivel n < nn+1) < n+ ) 1, így n+ 1 n n < nn+1) < ) n+1. Ez azt jelenti, hogy ] nn+1) n, vagyis S] 4n+. Mivel egy négyzetszám 4-es maradéka 0 vagy 1 lehet csak, így S] semmilyen n N-re nem négyzetszám. 11. feladat. Közvetlenül látható a definícióból, hogy az f függvény szigorúan monoton növekvő. Számoljunk ki néhány értéket: f1), f) 3, f3) 5, f4) 6, f5) 7, f6) 8, f7) 10, f8) 11, f9) 1, f10) 13, f11) 14, f1) 15, f13) 17. Az eddig kimaradt számok tehát az 1, a 4, a 9 és a 16. Sejtésünk tehát az, hogy f értékkészletéből pontosan a négyzetszámok maradnak ki. A következőkben ezt a sejtést fogjuk igazolni. Legyen m egy olyan pozitív egész szám, melyet f nem vesz fel. Ez pontosan azt jelenti, hogy létezik olyan n pozitív természetes szám, melyre teljesül, hogy fn) < m < m+1 fn+1), vagyis n+ n+ 1 ] n+ n+ 1 < m és m+1 n+1+ n+1+ 1 ] n+1+ n

11 egyidejűleg teljesül. Az első egyenlőtlenségből következik, hogy n < m n 1 n < m n) m n)+ 1 4, a másodikból pedig, hogy m n 1 n+1 m n) m n)+ 1 4 n+1. Összevetve eredményeinket: ahonnan kapjuk, hogy n < m n) m n)+ 1 4 n+1, n m n) m n) m m n), azaz m négyzetszám. Beláttuk tehát, hogy ha m kimarad f értékkészletéből, akkor szükségszerűen négyzetszám. Most megmutatjuk, hogy egy négyzetszám sem eleme f értékkészletének. Vegyünk ehhez egy tetszőleges k pozitív természetes számot. Ekkor fk ) : k + k + 1 ] k +k + 1 ] k +k. Továbbá mivel f szigorúan monoton növekvő és pozitív értékű, így k -ig k darab különböző értéket vesz fel, vagyis az előbb levezetett fk ) k + k összefüggés miatt éppen k darab értéket ugrik át. Mivel k +k-ig éppen k darab pozitív négyzetszám van 1,4,9,...,k ; k +1) már nagyobb, mint k +k), így minden négyzetszám kimarad f értékkészletéből. Összefoglalva: f értékkészletéből pontosan a négyzetszámok hiányoznak. 1. feladat. Világos, hogy minden n természetes számra { } 010 n+37 k n , ahol k n a 010 n+37 pozitív egész szám 139-cel való osztási maradéka. Azt fogjuk megmutatni, hogy ha n befutja az 1,,...,139 értékeket, akkor a k n osztási maradékok páronként különbözők. Tegyük fel, hogy 010 n és 010 n +37 n 1,n {1;;... ;139}; n 1 n ) ugyanazt a maradékot adja 11

12 139-cel osztva! Ekkor a különbségük, azaz 010 n n 1 ) osztható 139-cel. Mivel 010 és 139 relatív prímek, ez csakis úgy lehetséges, hogy n n 1 osztható 139-cel, ami a 0 n n 1 < 139 feltétel miatt pontosan akkor teljesül, ha n n 1 0, vagyis n 1 n, amit éppen állítottunk. Ez azt jelenti, hogy ha n rendre felveszi az 1,,...,139 értékeket a kérdéses összegben, akkor k n a 0,1,...,138 értékeken fut végig. Így a keresett összeg értéke: ) feladat. A binomiális tétel értelmében + ) n+ 3 ) n n ) n ) i+ n ) n ) i, 3 n i 3 1) i n i 3 i i i0 ami biztosan egész szám, hiszen azok a tagok, amelyek 3 páratlan kitevőjű hatványait tartalmazzák, rendre ellentétes előjellel szerepelnek a két szummás kifejezésben, vagyis kiejtik egymást, a maradék tagok pedig mind egészek. Így tehát + ) n 3 + n 3) + ) n 3 + ) ] n 3, i0 s mivel tetszőleges pozitív egész n-re 0 < 3 ) n < 1, így + 3) n ] azaz { + } n 3) 1 + n 3) + ) ] n ) n 3 + n 3) 1, 3) n. Mivel 3 < 1, így az exponenciális függvény szigorú monoton csökkenése miatt létezik olyan pozitív egész n 0 küszöbszám, melyre 3) n0 < 0,000001, 1

13 s így { + 3) n0 } > 0, n 0 értékét könnyen meg is tudjuk határozni: ) n0 3 < 0, n0 > lg0, lg ) n A kérdésre a válasz tehát az, hogy igen, minden olyan n egész szám teljesíti a kívánalmakat, melyre: n feladat. Legyen k egy tetszőleges pozitív egész szám. Ekkor 1 definíció x k+1 1 x k +x k 1 x k x k +1) 1 1 x k x k +1, s így S 1 x x x x 1 x x x 3 x 99 x 100 x 100 x x 1 x 101 x 101 Mivel x n+1 x n x n > 0, így az x n ) sorozat szigorúan monoton növekvő. S ) 3 mivel x 3 x +x > 1, így a szigorú monoton növekedés 16 miatt x 101 > 1, azaz 0 < 1 < 1. Ezt és S kapott kifejezését felhasználva x 101 kapjuk, hogy S] 1 ] x Megjegyzés: nyilván a 100 mint index nem bír kitüntetett szereppel, a lényeg, hogy x k 1-nél nagyobb legyen, ami most esetünkben k 3 esetén teljesül. Persze ha a sorozatot nem 1 -ről indítjuk, akkor ez a küszöbindex értelemszerűen módosul. 13

14 15. feladat. Legyen k egy tetszőleges pozitív egész szám. Mivel k +1) k k +1, így: ] ] ] k ] + k +1 + k k +1) 1 k +1) k, aminek felhasználásával kapjuk, hogy: ] ] ] ] ] n ) 1+ +1) + 3+1) n 1)+1 ) n 1) n 1) ) n 1) ) n 1) n 1)+1 ) n 1)+1) n 1) 1 6 nn 1)4n+1), vagyis a kérdéses összeg n 1) nn 1)4n ) nn 1)4n+1) + 3nn 1) 6 gyel egyenlő. Mivel < 010 < 05 45, így az imént kapott képlet szerint: ] ] ] ] Mivel ] ] ] , + így ] ] ] ]