A B. 4645. feladat (2014. szeptember)

B. 4645. Tetszőleges \(\displaystyle n\) és \(\displaystyle k\) pozitív egészekre legyen

\(\displaystyle H_{1}=\{1, 3, 5, \ldots, 2n-1\} \quad\text{és}\quad H_{2}=\{1+k, 3+k, 5+k, \ldots, 2n-1+k\}. \)

Létezik-e minden \(\displaystyle n\)-hez olyan \(\displaystyle k\), hogy a \(\displaystyle H_{1}\cup H_{2}\) halmaz összes elemének szorzata négyzetszám legyen?

(5 pont)

A beküldési határidő 2014. október 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Jelöljük a \(\displaystyle H_{1}\cup H_{2}\) halmaz összes elemének szorzatát \(\displaystyle A\)-val. Az a sejtés, hogy \(\displaystyle k=2n+1\) minden \(\displaystyle n\)-re megfelelő választás. Ezt teljes indukcióval igazoljuk. Adott \(\displaystyle n\) esetén jelölje \(\displaystyle k_n\) és \(\displaystyle A_n\) a megfelelő \(\displaystyle k\), illetve \(\displaystyle A\) értéket.

\(\displaystyle i)\) \(\displaystyle n=1\)-re \(\displaystyle k_{1}=3\), \(\displaystyle H_{1}=\{1\}\), \(\displaystyle H_{2}=\{4\}\). Látható, hogy

\(\displaystyle H_{1}\cup H_{2}=\{1, 4\}, \text{ így } A_{1}=1\cdot 4, \text{ ami négyzetszám.} \)

\(\displaystyle ii)\) Az indukciós feltevés alapján

\(\displaystyle A_{n} =1\cdot 3\cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2n-1)\cdot (1+k)(3+k) \cdot \ldots \cdot (2n-1+k)= \)

\(\displaystyle =1\cdot 3\cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2n-1)\cdot (1+2n+1)(3+2n+1) \cdot\ldots \cdot (2n-1+2n+1)= \)

\(\displaystyle =1\cdot 3\cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2n-1)\cdot (2n+2)(2n+4) \cdot \ldots \cdot (4n)\)

négyzetszám.

\(\displaystyle iii)\) Most igazoljuk az állítást \(\displaystyle n+1\)-re. A \(\displaystyle k_{n+1}=2n+3\) beírásával

\(\displaystyle A_{n+1} = 1\cdot 3\cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2n-1)\cdot (2n+1)(1+2n+3)(3+2n+3) \cdot\ldots \cdot{}\)

\(\displaystyle {} \cdot (2n-1+2n+3)(2n+1+2n+3)= \)

\(\displaystyle = 1\cdot 3\cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2n-1)\cdot (2n+1)(2n+4)(2n+6) \cdot\ldots \cdot (4n+2)(4n+4)=\)

\(\displaystyle =\frac{A_{n}}{2n+2}(2n+1)(4n+2)(4n+4)=\frac{A_{n}}{2n+2}(2n+1)2(2n+1)2(2n+2)=\)

\(\displaystyle = A_{n}\cdot 4\cdot {(2n+1)}^{2}.\)

Az indukciós feltevés szerint \(\displaystyle A_{n}\) négyzetszám, így \(\displaystyle A_{n+1}\) is az. Tehát létezik minden \(\displaystyle n\)-hez alkalmas \(\displaystyle k\), nevezetesen \(\displaystyle k=2n+1\).

Gál Boglárka (Lovassy László Gimn., Veszprém, 12. évf.) dolgozata alapján

Statisztika:

109 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	98 versenyző.
4 pontot kapott:	4 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	5 versenyző.

A KöMaL 2014. szeptemberi matematika feladatai