![]() |
A B. 5059. feladat (2019. november) |
B. 5059. Legyen valamely pozitív egész c-re {an} a következő, rekurzív módon definiált sorozat: a0=c és an+1=[an+√an], ha n≥0. Bizonyítsuk be, hogy ha a sorozat tagja a 2019, akkor a korábbi tagok között nincs négyzetszám, de a későbbi tagok között végtelen sok négyzetszám fordul elő.
(5 pont)
A beküldési határidő 2019. december 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Legyen bn=[√an], ekkor tehát b2n≤an≤b2n+2bn, és a rekurziót az an+1=an+bn alakba is írhatjuk. Legyen továbbá rn a legkisebb pozitív egész, amelyre an≡rn(modbn), végül legyen sn=bn+rn. Ennek a négy sorozatnak a viselkedését fogjuk egyszerre vizsgálni.
1. eset: an+1=(bn+1)2, vagyis an=b2n+bn+1. Ebben az esetben rn=1, emiatt an+1=s2n, bn+1=rn+1=bn+1 és sn+1=2bn+2=2sn.
2. eset: an+1<(bn+1)2, vagyis an≤b2n+bn. Ilyenkor b2n≤an<an+1<(bn+1)2, tehát az an+1 nem négyzetszám, bn+1=bn, rn+1=rn és sn+1=sn.
3. eset: an+1>(bn+1)2, vagyis b2n+bn+1>an≤b2n+2bn. Ebben az esetben rn>1, an=b2n+bn+rn, (bn+1)2<an+1=(bn+1)2+rn−1<(bn+2)2, tehát an+1 nem négyzetszám, bn+1=bn+1, rn+1=rn−1 és sn+1=sn.
A három esetet összefoglalva,
1. eset | an+1=s2n, négyzetszám | bn+1=bn+1 | rn=bn+1 | sn+1=2sn (duplázódik) |
2. eset | an+1 nem négyzetszám | bn+1=bn | rn+1=rn | sn+1=sn (nem változik) |
3. eset | an+1 nem négyzetszám | bn+1=bn+1 | rn+1=rn−1 | sn+1=sn (nem változik) |
Az világos, hogy az an sorozat mindig egy pozitív egésszel nő, emiatt nem lehet korlátos, és így a bn és sn sorozat sem lehet korlátos. Az sn sorozat végtelen sokszor duplázódik; mindig akkor, amikor an+1 négyzetszám, és éppen an+1=s2n. Ez igazolja, hogy az an sorozatban végtelen sok négyzetszám van. Sőt, azt is látjuk, hogy bármely an elem után a következő négyzetszám az s2n.
Amikor an=2019, akkor bn=44, rn=39 és sn=83 páratlan szám; ez korábban nem duplázódhatott, tehát a 2019 előtt biztosan nem lehet négyzetszám a sorozatban. Az az an sorozatban szereplő négyzetszámok a (2k⋅83)2 alakú számok, k=0,1,2,…
Statisztika:
57 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Andó Viola, Argay Zsolt, Asztalos Ádám, Bán-Szabó Áron, Baski Bence, Beinschroth Ninett, Beke Csongor, Bencsik Ádám, Bognár 171 András Károly, Csonka Illés, Feczkó Nóra, Fekete Richárd, Fleiner Zsigmond, Geretovszky Anna, Gyetvai Miklós, Győrffi Ádám György, Hegedűs Dániel, Hervay Bence, Jánosik Áron, Jánosik Máté, Kercsó-Molnár Anita, Kerekes Boldizsár, Kocsis Anett, Kovács 129 Tamás, Mácsai Dániel, Metzger Ábris András, Móra Márton Barnabás, Nádor Benedek, Nagy 551 Levente, Németh Márton, Nguyen Bich Diep, Nyárfádi Patrik, Seres-Szabó Márton, Szabó 991 Kornél, Szakács Ábel, Szűcs 064 Tamás, Terjék András József, Tiderenczl Dániel, Török Mátyás, Velich Nóra, Wiener Anna. 4 pontot kapott: Füredi Erik Benjámin, Gábriel Tamás, Hámori Janka, Király Csaba Regő, Lovas Márton, Molnár Lehel, Osztényi József, Szanyi Attila, Sztranyák Gabriella. 3 pontot kapott: 2 versenyző. 2 pontot kapott: 2 versenyző. 1 pontot kapott: 3 versenyző.
A KöMaL 2019. novemberi matematika feladatai
|