4. Sorozatok Megjegyzés: A szakirodalomban használt a sorozat tagjáról, máskor eleméről beszélni. Az alábbiakban mindkét kifejezést használtuk megtartva a feladatok eredeti fogalmazását. I. Feladatok. Van-e a 7, 3, 9, 5, sorozat (minden tag 6-tal nagyobb, mint az előző) tagjai között olyan szám, ami előállítható két prímszám különbségeként?. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes: Kalmár László Matematika Verseny 994; 7.osztály, megyei forduló + 3 4 + + 99 00 = 5 + 5 + + 00! Kalmár László MatematikaVerseny 994; 8.osztály, országos döntő 3. Egy sorozat első két tagja: a =, a = 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 008; 8.osztály, országos döntő 4. A pozitív egész számokat a következő háromszög-táblázatba írjuk fel: 7 0 8 5 9 6 0 3 7 3 4 8 4 9 5 3 6 4 5 A táblázat középső sora így kezdődik:, 3, 7, 3,, Mi lesz ennek a középső sornak a 00. eleme? 5. Igazoljuk, hogy ha n egész szám, akkor az Kalmár László MatematikaVerseny 998; 7.osztály, megyei forduló n +, n +, 3n +, 4n + sorozatban mindig van négyzetszám és mindig van köbszám is. 6. Az x sorozatot az alábbi módon értelmezzük: Kalmár László MatematikaVerseny 00; 8.osztály, országos döntő x = 5, x = x, ha n.
Bizonyítsuk be, hogy x és x utolsó n jegye megegyezik. KöMaL 986/december; F. 608. 7. Hány olyan természetes számokból álló (végtelen) sorozat van, amelyben az első n tag összegének és az első n tag összegének hányadosa nem függ n megválasztásától, továbbá amely sorozatnak egyik tagja az 97 szám? KöMaL 97/március; F. 763. 8. Bizonyítsuk be, hogy a Fibonacci-sorozat minden negyedik tagja osztható 3-mal. (A Fibonacci sorozatban a =, a = és a = a + a minden n N, n 3 esetén.) KöMaL 009/szeptember; C. 997. 9. Legyen n rögzített pozitív egész. Hány olyan a < a < < a n sorozat van, amelyben a páratlan indexű tagok páratlan, a páros indexűek páros egész számok? KöMaL 99/szeptember; F. 96. 0. Jelölje a, a, a, a a Pascal-háromszög egyik sorának négy egymás után következő elemét. Igazoljuk, hogy számok számtani sorozatot alkotnak. a a + a, a a + a, a a + a KöMaL 00/április; B. 466.. Egy sorozat első tagja 0. A második tagtól kezdve minden tag megegyezik az őt megelőző tagnál -vel nagyobb szám reciprokának ( )-szeresével. Mennyi a sorozat 0. tagja? KöMaL 0/szeptember; K. 96.. Az a, a,, a, sorozatot a következő módon képeztük: a, a, a pozitív egészek, a > a + a, a = 4a 3a a (n = 4, 5, ). Bizonyítsuk be, hogy a >. Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 98; haladók, általános tantervű osztályok,.forduló 3. Az,,, n számokat valamilyen tetszés szerinti sorrendben leírva kapjuk az a, a,, a számokat. Mutassuk meg, hogy + + + a a n a összeg értéke akkor a legkisebb, ha csökkenő sorrendbe rendeztük a számainkat, azaz a = n, a =. Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 985; kezdők, speciális matematika tagozat,. forduló
4. Definiáljuk az a (n 0) sorozatot a következőképpen: a :=0, az a : = ; és n -re a 6a a. Bizonyítsa be, hogy 3 a 3 a = minden n 0-ra! Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 006/007; kezdők, III. kategória, 3.forduló 5. Legyen a a következő módon definiált sorozat: a = 8; a = 48; a = a a, ha n >. Hány négyzetszám van a sorozatban? Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 0/03; haladók I. kategória,.forduló 6. 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? 7. Az a, a, a, sorozatban a természetes szám, és a = a + (n = 0,,, ). Bizonyítsuk be, hogy a sorozatban van irracionális szám. OKTV 968; általános tantervű osztályok,. forduló OKTV 973; szakosított matematika I. tantervű osztályok,. forduló 8. Legyen a az összes, a tízes számrendszerben legfeljebb n jegyű nem negatív egész számok száma, b pedig ezek közül azoknak a száma, amelyek tízes számrendszerbeli alakjában van 5-ös számjegy. Adjuk meg a -et és b et n függvényeként, valamint a határértéket. lim a b OKTV 977; I. forduló 9. Egy sorozatban a =, a = a + ()(), ha n >. Állítsuk elő a -et n függvényeként! OKTV 996/97; II. kategória,. forduló 0. Igaz-e, hogy a 7k + 3,k = 0,,, 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. 33.) OKTV 005/006; III. kategória,. forduló. Mutassuk meg, hogy ha a, a, a, tetszőleges pozitív számok, akkor a = és a i = közül legalább az egyik teljesül. (Pozitív c, c, c, számok esetén c = azt jelenti, hogy az s = c + c + + c összegek k növekedésével minden határon túl nőnek.) OKTV 008/009; III. kategória,. forduló 3
. Határozzuk meg az S = + 3 + + n + 3 + + n + + (n )n összeget. Ki miben tudós? vetélkedő 964; elődöntő feladata 3. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges adott n természetes számhoz megadható végtelen sok -hatvány úgy, hogy ezek közül bármely kettőnek a különbsége osztható n-nel. 4. Legyen A = ahol n pozitív egész szám. Bizonyítsuk be, hogy az 3 5 (n ), 4 6 n Ki miben tudós? vetélkedő 966; döntő feladata sorozatban van egész szám. A, A, 4A,, A,. A később Kürschák Józsefről elnevezett verseny 934.évi. feladata 5. Az a =, a, a, természetes számok végtelen sorozatában a + a + a + + a minden k > értékre teljesül. Bebizonyítandó, hogy minden természetes szám felírható ebből a sorozatból kiválasztott számok összegeként (vagy pedig előfordul a sorozatban). A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 960.évi. feladata 6. 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 ( a és b harmonikus közepe. 7. Mennyivel egyenlő n, ha (Az [x] az x szám egészrészét jelöli.) A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 968.évi. feladata + + 3 + + n = n? (A) 9 (B)33 (C) 4 (D) 49 (E)53 Gordiusz Matematika Tesztverseny 008;. osztály, országos forduló 8. Jelölje {a } azon pozitív egész számok növekvő sorozatát, melyek 7-tel osztva 5 maradékot adnak, {b } azon pozitív egész számok növekvő sorozatát, melyek 5-tel osztva 4 maradékot adnak! Mindkét sorozat első eleme legyen a lehető legkisebb! Az {a } sorozat első n elemének az összegét jelölje H, a {b } sorozat első n elemének az összegét jelölje Ö! Mennyi n értéke, ha H = 3 Ö 3? (A) 9 (B)8 (C) 7 (D) 8 (E) Nincs ilyen n. Gordiusz Matematika Tesztverseny 00;. osztály, megyei forduló 4
9. Egy számsorozatot a következőképpen értelmezünk: Mennyivel egyenlő az x, ha a = x = a, x = b, x = és b =?, ha n = ; 3; 4; (A) 0 (B) 00 (C) (D) 00 (E)0 Gordiusz Matematika Tesztverseny 0;. osztály, országos forduló 30. Vizsgáljuk meg az,,,,, sorozatot. Vegyük a szomszédos elemek különbségét, az alábbi módon egy különbségi háromszöget állítsunk elő: 3 4 5 6 6 0 30 3 30 60 4 0 60 5 30 6 Forgassuk el a táblázatot 60 -al úgy hogy az -es szám kerüljön a háromszög csúcsába. és hagyjuk el az előjeleket. 3 6 3 4 4 5 0 30 0 5 6 30 60 60 30 6 5
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 3 3 4 6 4 5 0 0 5 D.O.Skljarszkij N. N. Csencov I. M. Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből Aritmetika és algebra, 30. feladat 6
II. Megoldások. Van-e a 7, 3, 9, 5, sorozat (minden tag 6-tal nagyobb, mint az előző) tagjai között olyan szám, ami előállítható két prímszám különbségeként? Kalmár László Verseny, 994, 7.osztály, megyei forduló A sorozat tagjai 6k + alakban írhatóak fel, ahol k 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. Azt keressük, hogy van-e olyan p prímszám, amelyre 6k + = p teljesül. Ekkor p = 6k + 3 alakú, tehát p 3-mal osztható lenne. Egyetlen 3-mal osztható prímszám van, a 3, de 6k + 3 > 3, ezért nem lehet prím. Ezzel beláttuk, hogy a sorozat egyetlen tagja sem állítható elő két prímszám különbségeként.. Igazoljuk minél rövidebben, hogy a következő egyenlőség helyes: + 3 4 + + 99 00 = 5 + 5 + + 00! Kalmár László Verseny, 994, 8.osztály, országos döntő Megjegyzés: + 3 4 + + 99 00 = = + + 3 + 4 + + 99 + 00 + 4 + 6 + + 00 = = + + 3 + 4 + + 99 + 00 + + 3 + + 50 = = 5 + 5 + + 00. Hasonlóan belátható, hogy ahol n egész szám. + 3 4 + + n n = n + + n + + + n, 3. Egy sorozat első két tagja: a =, a = 3 és minden további tag a két szomszédjának a szorzatánál eggyel kisebb. Számítsuk ki a sorozat első 560 tagjának az összegét! A sorozat képzési szabálya szerint: Ezt átrendezve: Kalmár László Verseny, 008, 8.osztály, országos döntő a a = a. 7
a = a + a. Ezt a szabályt alkalmazva kiszámítjuk a sorozat néhány tagját:, 3,,,,, 3, A 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 =, tehát ismétlődő periódust kell összeadnunk, ez alapján az első 560 tag összege 9 = 008. 4. A pozitív egész számokat a következő háromszög-táblázatba írjuk fel: 7 0 8 5 9 6 0 3 7 3 4 8 4 9 5 3 6 4 5 A táblázat középső sora így kezdődik:, 3, 7, 3,, Mi lesz ennek a középső sornak a 00. eleme? Kalmár László Verseny, 998, 7.osztály, megyei forduló A középső sorban a második tag -vel nagyobb az elsőnél, a harmadik tag 4-gyel nagyobb a másodiknál, a negyedik tag 6-tal nagyobb a harmadiknál és így tovább: a = a + n. Ennek alapján a középső sor 00. elemét így számolhatjuk ki: ( + 98) 99 a = + + 4 + 6 + 8 + + 96 + 98 = + = 990. 5. Igazoljuk, hogy ha n egész szám, akkor az n +, n +, 3n +, 4n + sorozatban mindig van négyzetszám és mindig van köbszám is. Kalmár László Verseny, 00, 8.osztály, országos döntő Olyan k és m egész számot keresünk, amelyre k n + = m. Átrendezve: k n = m = (m + )(m ). Válasszuk az n = m és k = m + megfeleltetést. Ekkor m = n + és k = n +. Valóban (n + )n + = n + n + = (n + ) négyzetszám. Köbszámot hasonló módszerrel állíthatunk elő: Olyan k és m egész számot keresünk, amelyre k n + = m. Átrendezve és szorzattá alakítva: k n = m = (m )(m + m + ). 8
Jó megfeleltetés: n = m ; k = m + m + Tehát: m = n + ; k = (n + ) + n + + = n + 3n + 3. Így (n + 3n + 3)n + = (n + ) formában köbszámot kapunk. Megjegyzés: Általános iskolás ismeretekkel így lehet gondolkozni: k n + alakú négyzetszámot keresünk, és az (a n + ) ilyen. Válasszuk a-t -nek, ekkor tehát a sorozat (n + )-edik tagja négyzetszám. (n + ) = n + n + = (n + )n +, k n + alakú köbszámot keresünk, és az (a n + ) ilyen. Válasszuk a-t -nek, ekkor (n + ) = (n + n + )(n + ) = n + 3n + 3n + = (n + 3n + 3)n +, azaz a sorozat (n + 3n + 3)-edik tagja köbszám. 6. Az x sorozatot az alábbi módon értelmezzük: x = 5, x = x, ha n. Bizonyítsuk be, hogy x és x utolsó n jegye megegyezik. A feladat állítását teljes indukcióval bizonyítjuk. KöMaL 986/december; F. 608. n = -re igaz az állítás, hiszen x = 5; x = 5, tehát az utolsó számjegyek egyenlőek. n = k-ra feltételezzük, hogy igaz az állítás, azaz x és x utolsó k jegye megegyezik. Ezt úgy is fogalmazhatjuk, hogy 0 x x. n = k + -re bizonyítjuk az állítást: A sorozat képzési szabálya alapján x x = x x = (x x )(x + x ). Az indukciós feltétel alapján 0 x x. x és x 5 hatványa, ezért 5-re végződnek, tehát az összegük 0-ra végződik, így osztható 0-zel. Ezek alapján 0 x x, amiből következik, hogy x és x utolsó k+ jegye megegyezik. Ezzel a feladat állítását beláttuk. 9
7. Hány olyan természetes számokból álló (végtelen) sorozat van, amelyben az első n tag összegének és az első n tag összegének hányadosa nem függ n megválasztásától, továbbá amely sorozatnak egyik tagja az 97 szám? KöMaL 97/március; F. 763. Ha a sorozat első tagja a, a differencia d, akkor az első n tag összegének és az első n tag összegének hányadosa : S = n(a + (n )d) S n(a + (n )d) = 4a + (4n )d a + (n )d. Ha ez a hányados minden n-re azonos, akkor n = és n = -re is: Átrendezve: Ez d = 0 vagy d = a esetén teljesül. S = 4a + d = S = 4a + 6d S a S a + d. 8a + 8a d + d = 8a + a d d 4a d = d(d a ) = 0. Ha d = 0, akkor a 0, mert ellenkező esetben S = S = 0 lenne, tehát nem írhatnánk fel ezek hányadosát. Ekkor a sorozat tagjai egyenlőek és 97-gyel kell megegyezniük. Ez valóban alkalmas sorozat, mert a vizsgált hányados. Ha d = a, akkor is szükséges az a 0 feltétel. Ekkor a sorozat tagjai: a, 3a, 5a. Ezek között akkor szerepel az 97, ha (k )a = 97 teljesül valamilyen a és k természetes szám esetén. 97 = 3 73. Ezt felhasználva a lehetséges értékek: a 3 9 7 73 3 73 9 73 7 73 k 7 73 + 9 73 + Az 97 a sorozat k-adik tagja lesz. Ezek a sorozatok is megfelelőek, mert: S S Tehát 9 megfelelő sorozat van. 3 73 + 73 + 7 + 9 + = 4a + (4n )d a + (n )d = 4a + (4n ) a = 8a n a + (n ) a a n = 4. 3 + + 8. Bizonyítsuk be, hogy a Fibonacci-sorozat minden negyedik tagja osztható 3-mal. (A Fibonacci sorozatban a =, a = és a = a + a minden n N, n 3 esetén.) Számítsuk ki a sorozat néhány tagját a képzési szabály alapján: KöMaL 009/szeptember; C. 997. a =, a =, a =, a = 3, a = 5, a = 8, a = 3, a =, 0
Az a sejtésünk, hogy minden olyan tag osztható 3-mal, amelynek az indexe osztható 4-gyel. Azt fogjuk teljes indukcióval bizonyítani, hogy a osztható 3-mal, ha n N, n. n = -re igaz az állítás n = k-ra feltételezzük, hogy a osztható 3-mal. n = k + -re bizonyítjuk: a () = a = a + a = a + a + a + a = a + a + a = = a + a + a + a = a +3a 3a osztható 3-mal, mert egyik tényezője 3, a 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:, ; ; 0; ; ; ; 0;, a képzési szabályból adódóan periodikusan ismétlődnek, tehát minden negyedik tag osztható 3-mal. 9. Legyen n rögzített pozitív egész. Hány olyan a < a < < a n sorozat van, amelyben a páratlan indexű tagok páratlan, a páros indexűek páros egész számok? Jelölje A az n egész számhoz tartozó ilyen sorozatok számát. A =, mert egyetlen ilyen sorozat van: a =. A =, ezek a sorozatok: a = ; illeve az a = ; a =. KöMaL 99/szeptember; F. 96. Tegyük fel, hogy már meghatároztuk A, A,, A értékét (n ). Hogyan tudunk n + - hez megfelelő sorozatot készíteni? Ha a sorozat nem tartalmazza az n + számot, akkor nyilván minden n-hez tartozó sorozatot megkapunk, ezek száma A. Ha a sorozatnak az utolsó tagja n + és van n-nél kisebb tagja, akkor ezt a sorozatot az alábbi módon kaphattuk: - vettünk egy n-nél kisebb elemeket tartalmazó sorozatot, amelyben az utolsó tag paritása n + - gyel ellentétes és ehhez hozzávettük n + -et; - vettünk egy n-nél kisebb elemeket tartalmazó sorozatot, amelyben az utolsó tag paritása n + - gyel azonos és ehhez hozzávettük n-et és n + -et. Így felhasználtuk az összes olyan sorozatot, amelyek n-nél kisebb elemeket tartalmaznak. Ezek száma A. Ha a sorozatnak az utolsó tagja n + és nincs n-nél kisebb tagja, akkor egyetlen sorozatot készíthetünk: Ha n + páratlan, akkor az a = n + sorozat megfelelő, ha n + páros, akkor az a = n és a = n + sorozat jó. Ezzel megkaptuk, hogy A = A + A +.
Ez a képzési szabály a Fibonacci sorozatra emlékeztet. A kiindulási elemeket figyelembe véve megmutatható, hogy A = f, ahol f = ; f = ; f = f + f a Fibonacci sorozat első elemei és a rekurzív megadási módja. 0. Jelölje a, a, a, a a Pascal-háromszög egyik sorának négy egymás után következő elemét. Igazoljuk, hogy számok számtani sorozatot alkotnak. a a + a, a a + a, a a + a KöMaL 00/április, B. 466. A Pascal-háromszög n-edik sorának két szomszédos eleme és. Ezekkel a kifejezésekkel felírva a megfelelő törtet: + = = n! k! (n k)! = k + (n + )! n + (k + )! (n k)! összefüggést kapjuk. A következő két tört értéke ugyanígy számolva: ;. Ebből látható, hogy számtani sorozatot kaptunk, amelynek a differenciája, ami csak attól függ, hogy a Pascalháromszög melyik sorából vettük az elemeket.. Egy sorozat első tagja 0. A második tagtól kezdve minden tag megegyezik az őt megelőző tagnál -vel nagyobb szám reciprokának ( )-szeresével. Mennyi a sorozat 0. tagja? A sorozat tagjai: a = 0; a = 03 ; a = = 03 + KöMaL 0/szeptember, K. 96. = 03 404 0 ; 03 404 a = 03 = 0 + 0 ; a = 404 = 0. 0 + Ez azt jelenti, hogy a sorozat tagjai négyesével ismétlődnek. 0 = 4 50 + 3, így a = a =.. Az a, a,, a, sorozatot a következő módon képeztük: a, a, a pozitív egészek, a > a + a, a = 4a 3a a (n = 4, 5, ). Bizonyítsuk be, hogy a >. Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 98; haladók, általános tantervű osztályok,.forduló Teljes indukció módszerével azt fogjuk bebizonyítani, hogy n 4 esetén a.
n = 4 re bizonyítjuk az állítást: a = 4a 3a a 4(a + a + ) 3a a = 5a + a + 4 > 8 =. n nél (n 5)kisebb k egészekre feltételezzük, hogy n re bizonyítjuk az állítást: A rekurziós formulát átrendezzük: a >. a a a = a 4a a = (a a a ) Ez azt jelenti, hogy a a a egy mértani sorozat, így Ezt átrendezve: a a a = (a a a ). a + a + a + + = 6 >. Ezzel bizonyítottuk az állításunkat, n = 000-re alkalmazva: a >. 3. Az,,, n számokat valamilyen tetszés szerinti sorrendben leírva kapjuk az a, a,, a számokat. Mutassuk meg, hogy + + + a a n a összeg értéke akkor a legkisebb, ha csökkenő sorrendbe rendeztük a számainkat, azaz a = n, a =. Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 985; kezdők, speciális matematika tagozat,.forduló Megvizsgáljuk először, hogyan változik az + () k a l a összeg, ha k > l és ezt a két számot felcseréljük a nevezőkben. + + = (la k a l a l a k a k l a a + ka ka la ) = = (k l)(a k l a a a ) > 0 akkor és csak akkor, ha a > a. Ezért ha az a és a tényezőket felcseréljük, akkor az () összeg csökken. Legyen az,,3,, n számok egy tetszőleges sorrendje a, a,, a. Alkalmas csökkentsük az összeget. S = a + a + + n a cserékkel 3
Ha az a, a,, a sorozat különbözik az n, n,, sorozattól, azaz nem szigorúan monoton csökken, akkor van két tagja, amelyek egymáshoz képest növekvően állnak, azaz van olyan l < k, hogy a < a. Ekkor az a és a számokat a sorozatban megcserélve az előbbi megállapítás miatt S csökken. Ilyen módon az S értéke mindig csökkenthető, ha az a, a,, a sorozat különbözik az n, n,, sorozattól. Az a, a,, a sorozatnak véges sok sorrendje van, ezért véges sok lépésben, az S értékét csökkentve eljutunk az n, n,, sorozathoz. Ekkor megkapjuk a minimum értékét: M = n + (n ) + + n. 4. Definiáljuk az a (n 0) sorozatot a következőképpen: a :=0, az a : = ; és n -re a 6a a. Bizonyítsa be, hogy 3 a 3 a = minden n 0-ra! Teljes indukcióval bizonyítjuk az állítást. n = 0 - ra igaz az egyenlőség. n = k - ra feltételezzük, hogy n = k + - re bizonyítunk: Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 006/007; kezdők, III. kategória, 3.forduló 3 a 3 a =. 3 a 3 a = = 3 (6 a a ) 3 a = = 6 3 a 3 a 3 a Ebben a kifejezésben előállítunk egy olyan részletet, amiben az indukciós feltételt fel tudjuk használni, majd megvizsgáljuk a maradék tagokat: 3 a 3 a + 6 3 3 a 3 a =+a 3 6 3 3. ( ) Ebben a kifejezésben: 6 3 3 = 8 9 + 8 = 0. Ezért a ( ) összefüggés értéke, ezzel az állítást beláttuk n = k + - re, befejeztük a teljes indukciós bizonyítást. 5. Legyen a a következő módon definiált sorozat: a = 8; a = 48; a = a a, ha n >. Hány négyzetszám van a sorozatban? Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 0/03; haladók, I. kategória,. forduló 4
a = 3 ; a = 3. A további tagokat a rekurzió szerint képezve mindig olyan számokat fogunk kapni, amelyben csak a és 3 szerepel prímtényezőként. Akkor kapunk négyzetszámot, ha mindkét prímszám kitevője páros. A képzési szabály miatt a -hatványok kitevőjének kettes maradéka így ismétlődik: ; 0; ; ; 0; ; ;, tehát 3 számból álló periódus: ; 0;. A 3 kitevőinek kettes maradéka pedig így ismétlődik: 0; ; ; 0; ; ;, azaz szintén 3 számból álló periódust kapunk: 0; ;. Láthatóan nem egyszerre lesz páros a és a 3 kitevője, tehát sohasem kapunk négyzetszámot. 6. 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 968; általános tantervű osztályok,. forduló A két sorozat első tagját jelöljük a-val, a differenciák legyenek d és D. A feladat feltételei legyenek igazak az n-edik, (n + )-edik, (n + )-edik tagokra: Átrendezve: (a + nd) (a + nd) = 7 (a + (n )d) (a + (n )D) = 343 64 (a + (n + )d) (a + (n + )D) = 567 64 an(d D) + n (d D ) = 7 () a(n )(d D) + (n ) (d D ) = 343 64 a(n + )(d D) + (n + ) (d D ) = 567 64 A () és (3) számtani közepéből kivonjuk az () egyenletet: Ezt visszahelyettesítjük () és ()-be: (5)-ből (6)-t kivonva : () (3) (d D ) = 7 64. (4) an(d D) + 7 64 n = 7 a(n )(d D) + 7 64 (n ) = 343 64 a(d D) + 7 05 (n ) = 64 64 (5) (6) (7) 5
Ennek n-szeresét (5)-ből kivonva, majd rendezve: 7 64 (n n + n) = 7 05n 64 n 6n + 64 = (n 8) = 0. Tehát n = 8, ezért a 8. 9. 0. tagokról beszél a feladat. Ezt az eredményt visszahelyettesítjük a (7) egyenletbe: a(d D) = 0. d D, mert a két sorozatnak nem minden tagja egyenlő, ezért csak a = 0 lehetséges. Így a két sorozatot a = (n )d és A = (n )D, alakban adhatjuk meg. Az (); (); és (3) egyenletek négy ismeretlent tartalmaznak, ezért nem tudjuk mindegyik ismeretlent meghatározni. Az a és n meghatározható és azt tudjuk mondani, hogy d és D között fennáll a (4) összefüggés. 7. Az a, a, a, sorozatban a természetes szám, és a = a + (n = 0,,, ). Bizonyítsuk be, hogy a sorozatban van irracionális szám. OKTV 973; szakosított matematika I. tantervű osztályok,. forduló Először azt bizonyítjuk, hogy ha a természetes szám és a racionális, akkor egész szám is. Indirekt bizonyítást adunk. Tegyük fel, hogy a =, ahol b, c relatív prímek és c. ekkor négyzetre emelés után: b = ac. c, ezért van prímosztója, legyen p az egyik. A fenti összefüggés szerint p osztója b -nek is, így b-nek is. Ekkor b és c nem lenne relatív prím, ezzel ellentmondásra jutottunk. Tehát a egész. Most az eredeti állítást bizonyítjuk teljes indukcióval. Tegyük fel, hogy a természetes szám és az a = a + rekurzióval megadott mindegyik szám racionális, az előbbi bizonyításból adódóan természetes szám. A sorozat egyik tagja sem lehet, mert akkor a következő lenne, ami irracionális. Tehát a sorozat mindegyik tagja legalább. Így: a = a + < a + a = a a. 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. 6
8. Legyen a az összes, a tízes számrendszerben legfeljebb n jegyű nemnegatív egész számok száma, b pedig ezek közül azoknak a száma, amelyek tízes számrendszerbeli alakjában van 5-ös számjegy. Adjuk meg a -et és b et n függvényeként, valamint a határértéket. lim b 7 a OKTV 977; I. forduló A legfeljebb n-jegyű nemnegatív számok: 0; ; ; 0, tehát a = 0. Azokat a számokat, amelyekben van 5-ös számjegy, úgy kapjuk meg, ha az összes számból levonjuk azokat, amelyekben nincs 5-ös. Legfeljebb n-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 b = 0 9 olyan nemnegatív szám van, amelyben szerepel az 5-ös. Így a 0 lim = lim b 0 = lim 9 9 = 0 0 =. Felhasználtuk, hogy lim q = 0, ha q olyan valós szám, amelyre q <. 9. Egy sorozatban a =, a = a + ()(), ha n >. Állítsuk elő a -et n függvényeként! A képzési szabályt használva a = ; a = ; a = ;. Az a sejtésünk, hogy a = n + n +. OKTV 996/97; II. kategória,. forduló Ezt teljes indukcióval bizonyítjuk. n = -re igaz az állítás és tegyük fel, hogy n -re is már beláttuk, hogy a = n n +. A rekurzív képzési szabály és az indukciós feltétel miatt: a = a + (n + )(n + ) = amit bizonyítani akartunk. n n + + n (n + ) + = (n + )(n + ) (n + )(n + ) = = n + n +, (n + ) (n + )(n + ) = 0. Igaz-e, hogy a 7k + 3, k = 0,,, 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. 33.) OKTV 005/006; III. kategória,. forduló
Azok a számok, amelyeknek minden jegye egyenlő, nyilván palindrom számok, ezért keressük ezek között a megfelelő számokat. Az a kérdés, hogy a c ( + 0 + 0 + + 0 ) alakú számok között milyen c ( c 9 egész) esetében kapunk 7-tel osztva 3-t maradékul. Az,,,,,,. számok 7-es maradéka ; 4; 6; 5; ; 0, a maradékok innentől kezdve periodikusan ismétlődnek. Ha a maradék, akkor a c-t válasszuk 3-nak, ha 4; 6; 5;, akkor c legyen 6; 4; ; 5. Ekkor a c ( + 0 + 0 + + 0 ) szám 7-tel osztva 3-t ad maradékul. A nullához nem tudunk alkalmas c-t választani. Tehát ilyen módon végtelen sok palindrom számot kapunk.. Mutassuk meg, hogy ha a, a, a, tetszőleges pozitív számok, akkor a = és a i = közül legalább az egyik teljesül. (Pozitív c, c, c, számok esetén c = azt jelenti, hogy az s = c + c + + c összegek k növekedésével minden határon túl nőnek.) OKTV 008/009; III. kategória,. forduló A feladatot indirekt módon bizonyítjuk. Tegyük fel, hogy van olyan T szám, hogy minden k természetes számra: + + + < T és a + + + < T. A számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján: a + a i a a i = i = i. Ezt i = -től k-ig összegezzük és felhasználjuk az indirekt feltételt: + + + k + + + + a a a a + a 4 + + a k < T. Ismert, hogy az + + + harmonikus sor minden határon túl nő, tehát elég nagy k-ra az összeg nagyobb lesz T-nél. Ellentmondásra jutottunk, ezzel bizonyítottuk a feladat állítását. Megjegyzés: A harmonikus sor értékének becslése: + + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + + + + + > > + + 4 + + Ez pedig r növekedésével tetszőlegesen nagy értéket felvehet. = + (r + ) = r + 3.. Határozzuk meg az S = + 3 + + n + 3 + + n + + (n )n összeget. Ki miben tudós? vetélkedő 964; elődöntő feladata 8
Csoportosítsuk a tagokat, egy csoportba kerülnek azok a tagok, amelyekben az első tényező azonos: S = [ + 3 + + n] + [ 3 + + n] + + (n )n = S = ( + 3 + + n) + (3 + 4 + + n) + + k [(k + ) + (k + ) + + n] + Egy ilyen csoport összege: Az S összeg így alakul: S = (n k)(n + k + ) k [(k + ) + (k + ) + + n] = k. (n )(n + ) (n )(n + 3) 3 (n 3)(n + 4) + + + + (n 3) 3 (n ) (n ) (n ) (n ) n + + +. Láthatóan párba állíthatóak a tagok úgy, hogy két-két azonos tényező legyen bennük. Ezért a számtani sorozat összegképletének levezetésénél használt módszerrel: S = = 3n + (n )(3n + ) + + (n )(3n + ) 3 (n 3)(3n + ) + + + k (n k)(3n + ) + + (n 3) 3 (3n + ) (n ) (3n + ) (n ) (3n + ) + + + = (n + n 4 + 3n 9 + + nk k + + (n )n (n ) ) = = 3n + n + + + (n ) 3n + 9 ( + + (n ) ). Felhasználjuk az első (n ) szám illetve négyzetszám összegére vonatkozó összefüggést: Tehát S = 3n + (n ) n n (n ) n (n ) = 6 (3n + ) (n ) n (n ) n (n + ) (3n + ) = (3n n + ) =, (n ) n (n + ) (3n + ) S =. 4 3. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges adott n természetes számhoz megadható végtelen sok -hatvány úgy, hogy ezek közül bármely kettőnek a különbsége osztható n-nel. Ki miben tudós? vetélkedő 966; döntő feladata Ha a,,, hatványokat n-nel elosztjuk, akkor a 0,,,., (n ) számok valamelyike lehet a maradék. A - hatványok száma végtelen, ezért a skatulya-elv szerint van
olyan maradék, amely n-nel osztva végtelen sok hatványnál fordul elő. E hatványok közül bármely kettő különbsége osztható n-nel. 4. Legyen A = ahol n pozitív egész szám. Bizonyítsuk be, hogy az sorozatban van egész szám. A törtet bővítsük a 4 6 n szorzattal: A = 3 5 (n ), 4 6 n A, A, 4A,, A,. A később Kürschák Józsefről elnevezett verseny 934.évi. feladata 3 4 5 (n ) n ( 4 6 n) = (n)! n! = (n)! n! n! = n n. egész szám, azt adja meg, hogy n különböző elemből hányféle módon tudunk n elemet kiválasztani úgy, hogy a kiválasztás sorrendje nem számít. Így A egész szám. 5. Az a =, a, a, természetes számok végtelen sorozatában a + a + a + + a minden k > értékre teljesül. Bebizonyítandó, hogy minden természetes szám felírható ebből a sorozatból kiválasztott számok összegeként (vagy pedig előfordul a sorozatban). A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 960.évi. feladata Megjegyzés: A zárójeles toldalék felesleges akkor, ha egytagú összeget is lehetségesnek tartunk. A megoldásban szereplő összegek így értendők. Azt fogjuk bizonyítani, hogy az a, a,, a számok segítségével minden olyan n szám felírható a feladat feltételei szerint, amelyre 0 < n a + a + + a. A bizonyításhoz k-ra vonatkozó teles indukciót használunk: k = esetén a =. Ekkor n = = a megfelelő felírás. Tegyük fel, hogy k -re (k > ) igaz az állítás, tehát minden 0 és + a + a + + a közé eső szám felírható alkalmas a számok összegeként. Bizonyítunk k-ra: Ha 0 < n a + a + + a, akkor már az a, a,, a számok is elegendőek az indukciós feltétel szerint. Ha + a + a + + a n a + a + + a, akkor 0 n a a + a + + a. 0
Ekkor, ha 0 = n a, akkor az n = a felírás megfelelő. Különben n a az indukciós feltétel miatt felírható az a, a,, a számokból alkalmasan választott összeg formájában. Ehhez hozzáadva az a számot, megkapjuk az n egy lehetséges felírását. Teljes indukcióval beláttuk a feladat állítását. 6. 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 ( a és b harmonikus közepe. I. A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 968.évi. feladata Ha a sorozat első két eleme h és h, akkor a képzési szabály alapján h =, amiből átrendezéssel Hasonlóan számolva h = h + h h = h h = h h h h h = h h h h. Az a sejtésünk, hogy h = h h 3h h. h = h h (n )h (n )h, Ezt az állítást teljes indukcióval tudjuk bizonyítani. n = 3-ra igaz az állítás. k < n-re (n > 3 )feltételezzük, hogy igaz az állítás: h h h = (k )h (k )h n = k + -re bizonyítunk. A harmonikus közép így is kifejezhető: Az indukciós feltételt felhasználva: Reciprokot véve: ezzel sejtésünket beláttuk. = + h h h ahol n 3 természetes szám. = h h h = (k )h (k )h (k )h (k 3)h = h h h h h = (k k + )h (k 4 k + 3)h h h A sorozat n-edik elemét így is írhatjuk: h = h h kh (k )h, = kh (k )h h h.
h h h = (n )(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 n-re a sorozat eleme -nél kisebb lesz, tehát nem lehet természetes szám. Ezzel beláttuk a feladat állítását. II. A feladat feltételéből következik, hogy + h = h Ez azt jelenti, hogy a sorozat elemeinek reciprokaiból képzett sorozat számtani sorozat. A természetes számok reciprokai a [0,] 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. 7. Mennyivel egyenlő n, ha (Az [x] az x szám egészrészét jelöli.) I. h + + 3 + + n = n? (A) 9 (B)33 (C) 4 (D) 49 (E)53. Gordiusz Matematika Tesztverseny 008;. osztály, országos forduló Tudjuk, hogy a Gordiusz Matematika Tesztversenyen csak egy jó megoldás van. helyettesítsük be a megadott értékeket. A számolásnál kihasználjuk, hogy ha k i < (k + ) (i, k természetes számok), akkor i = k. A 33-mal számolva: + + 3 + + 8 + + 7 + + 33 = tehát ez jó megoldás, ezért a helyes válasz a B. II. = 7 + 9 + 7 3 = 66 = 33, Most nem használjuk ki, hogy öt lehetőség közül kell megtalálnunk a jó választ. Legyen k n < (k + ) alkalmas k természetes számra. Ekkor S = + + 3 + + n = = ( ) + (3 ) + + (k ) (k (k ) ) + k (n + k ) = = 3 (k ) + (k )k + k (n + k ) = = 3 (k ) k + k(n + ) Felhasználjuk a köbszámok összegére vonatkozó összefüggést:
Azt keressük, hogy milyen n-re lesz: k(k + ) S = k(n + ). k(k + ) k(n + ) k(k + ) n (k ) = = n, k Ha k =, akkor a baloldal 0, a jobb oldal 7, tehát nincs megfelelő n. Ha k, akkor: Az így kapott értéknek a k(k + ) n = k k = k (k + ) 4k 4(k ). () feltételt teljesítenie kell. k k (k + ) 4k 4(k ) < (k + ) () Behelyettesítéssel látható, hogy k = -re nem teljesül az egyenlőtlenség, k = 3-ra igen. Ha k 4, akkor csak az első egyenlőtlenséget vizsgálva: feltételnek kellene teljesülnie, de k 4 esetén 4k (k ) k (k + ) 4k 4k 8k k + k + k 4k 3k + 4 < 0k + k 3k + 4 > 3k = 3k k k > k = 0k + k > 0k + k. Így csak k = 3 esetén kapunk megoldást. Ekkor a () egyenlőtlenség másik oldala is teljesül. Az () összefüggés alapján n = 33, azaz a (B) válasz a helyes. 8. Jelölje {a } azon pozitív egész számok növekvő sorozatát, melyek 7-tel osztva 5 maradékot adnak, {b } azon pozitív egész számok növekvő sorozatát, melyek 5-tel osztva 4 maradékot adnak! Mindkét sorozat első eleme legyen a lehető legkisebb! Az {a } sorozat első n elemének az összegét jelölje H, a {b } sorozat első n elemének az összegét jelölje Ö! Mennyi n értéke, ha H = 3 Ö 3? (A) 9 (B)8 (C) 7 (D) 8 (E) Nincs ilyen n. Gordiusz Matematika Tesztverseny 00;. osztály, megyei forduló Mindkét sorozat elemei számtani sorozatot alkotnak. Az adott feltételekkel 3
A számtani sorozat összegképlete alapján: Azt keressük, hogy mikor lesz a = 5; a = 7n ; b = 4; b = 5n. (5 + 7n ) n (7n + 3) n H = = ; (4 + 5n ) n (5n + 3) n Ö = =. H = 7n + 3 Ö 5n + 3 = 3 3. Az egyenletet megoldva n = 7 adódik, tehát (C) a jó válasz. 9. Egy számsorozatot a következőképpen értelmezünk: Mennyivel egyenlő az x, ha a = x = a, x = b, x = és b =?, ha n = ; 3; 4; (A) 0 (C) (D) 00 (E)0 (B) 00 Gordiusz Matematika Tesztverseny 0;. osztály, országos forduló A sorozat első néhány tagját felírjuk: x = b + a a + b + + x = ab = b + a a + + x = b = a + b + ab b + + ; x = a = b a + b + + ab b(b + ) = a + b + ab (a + )(b + ) b(b + ) ; = a + b (a + b + )ab b(a + b + ) = a ; x = a + = b. a + b Látható, hogy a sorozat tagjai periodikusan ismétlődnek, a periódus hossza 4, ezért A helyes válasz: A. x = x = 0. ; 4
30. Vizsgáljuk meg az,,,,, sorozatot. Vegyük a szomszédos elemek különbségét, az alábbi módon egy különbségi háromszöget állítsunk elő: 3 4 5 6 6 0 30 3 30 60 4 0 60 5 30 6 Forgassuk el a táblázatot 60 -al úgy hogy az -es szám kerüljön a háromszög csúcsába. és hagyjuk el az előjeleket. 3 6 3 4 4 5 0 30 0 5 6 30 60 60 Ezután minden sor minden elemét osszuk el az illető sor szélén álló számmal és vegyük az eredmény reciprokát. 30 6 5
Bizonyítsuk be, hogy ekkor a Pascal-háromszöget kapjuk 3 3 4 6 4 5 0 0 5 D.O.Skljarszkij N. N. Csencov I. M. Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből Aritmetika és algebra, 30. 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 n-edik sorának k-adik eleme C =. A kiindulási számainkban szeretnénk ezt felfedezni: C C 3C 4C C 3C 4C 3C 4C 4C Ezt a tulajdonságot teljes indukcióval igazoljuk. Az első sorban igaz az előállítás Feltételezzük, hogy a k-adik sorban lévő elemek: ± (k + )C ± ± (k + )C (k + i)c Ekkor a (k + )-edik sorban lévő elemeket így számoljuk ki: ± (k + i + )C 6
± (k + i + )C i! k! = ± (k + i + )! (k + i)c (i )! k! = ± (k + i)! = ± (k + i + ) ( k )(i )! k! (k + )(i )! k! = ± = (k + i + )! (k + i + )! (k + i)! i! k! = (k + i )! (k + i) (i )! k! i (i )! k! (k + i + )(i )! k! = (k + i + )! = (k + i + ) = (k + i + )C Ez a képzési szabály öröklődését jelenti a (k + )-edik sorra. (k + )! (i )! = (k + i + )(k + i)! = Ha elvégezzük a feladatban szereplő átalakításokat, akkor valóban a megfelelő C binomiális együtthatókat tartalmazó Pascal-háromszöget kapjuk. 7