5 i. fejezet sorozatok, szÁmtani És mÉrtani haladvÁnyokandrasz/cd/megold10/1fej.pdf · 8 = 324....

Sorozatok, számtani és mértani haladványok 5

I. FEJEZET

SOROZATOK, SZÁMTANI ÉS MÉRTANI HALADVÁNYOK

2.2.7. Gyakorlatok és feladatok (11. oldal) 1. Vajon milyen törvényszerűség alapján képeztük az alábbi sorozatokat? Az általad

talált szabályszerűség alapján írd fel a következő két elemet! a) Szén, szilícium, germánium, ón,…; b) 2, 4, 16, 256,…; c) 1, 1, 2, 3, 5, 8,…; d) 1, 3, 6, 8, 11, 13, 16,…; e) 9, 27, 54, 90, 135, 189,…; f) 3, 2, 6, 5, 15, 14, 42,…; g) 190, 192, 64, 66, 22, 24, 8, 10,…; h) 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28,…; i) 246, 810, 121, 416, 182,…; j) 123, 14, 17, 50, 25, 29,…; k) 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14, 16, 19,…

Megoldás. a) A negyedik főcsoport elemeit kezdtük sorolni, tehát csak egy elemmel folytathatjuk, és ez az ólom. b) A második tagtól kezdődően minden tag az előtte álló négyzete, tehát a sorozat képezhető az x rekurzióval. Eszerint a következő két tag: 2

1n+ = nx2

5 256 65536x = = és . 26 65536 4294967296x = =

Megjegyzés. A második tagtól kezdődően mindegyik tag az előtte álló tagok szorzatának kétszerese, tehát x x . A matematikai indukció

módszerével igazolható, hogy . 1 1 22 ... , 1n nx x n+ = ∀ ≥

122 , 1n

nx n−

= ∀ ≥c) A harmadik tagtól kezdődően minden tag az előtte álló két tag összege, tehát

. A következő két tag és x . 2 1 , 1n n nx x x n+ += + ∀ ≥ 7 13x = 8 21=Megjegyzés. A sorozatot Fibonacci sorozatnak nevezzük és igazolható, hogy az

általános tag 1 1 5 1 5 , 15 2 2

n n

n

+ − = − ∀ x n . ≥

A tankönyv 10. oldalán a 4. megoldott feladatban hasonló tulajdonságú sorozat jelenik meg. Az ottani jelölés szerint a x . 2n n= +d) Ha az egymás utáni tagok közti különbségeket vizsgáljuk, látható, hogy ezek ismétlődnek. Pontosabban x x és x x . A következő két tag tehát x és x .

2 2 1 2n n−− = 2 1 2 3n n+ − =

8 18= 9 21=Megjegyzés. A sorozat értelmezhető az x x rekurzióval is, ha az x és értékekből indulunk ki. A matematikai indukció segítségével igazolható, hogy x és .

2 5n n+ = + 1 1=

2 3x =2 1n+ 5 1n= + 2 5 2nx n= −

e) Az egymás utáni tagok közti különbségek rendre x x , , , és . Innen következik, hogy egy lehetséges szabályszerűség az

rekurzió. Ez alapján a következő két tag és

2 1 18 2 9− = = ⋅45 5 9= = ⋅

7 252x =

3 2 27 3 9x x− = = ⋅6 5 54 6 9x x− = = ⋅

(1 1n nx x n+ − = + ⋅

4 3 36 4 9x x− = = ⋅ 5 4x x−

) 9

6 Sorozatok, számtani és mértani haladványok

8 324x = . Matematikai indukcióval igazolható, hogy ( )192n

n n⋅ += ⋅

2n n 1≥

x , vagyis a

sorozat tagjai a háromszögszámok (lásd a tankönyv 18. oldalán a 2.3.1. megjegyzést) kilencszeresei.

23

2

n

nx =

2és nx

8 36x =

nn nx =

6 022x =

n

n

n

3 4 3x =x

4 32x = −

f) Észrevehető, hogy x x és , ha n . Ez alapján a

következő két tag x és . Igazolható, hogy

2 2 1 1n n−= −

41= 9x =

2 1 3x x+ = ⋅

8 123132

n+ +=2 1nx +3 és

+ , ha . 1n ≥1

g) Akárcsak az előbb, a rekurzió x x és 2 2 1 2n n−= + 2 1 21 3nx + = nx , tehát a következő

két tag 9103

=x és 10163

=x . Igazolható, hogy 2 118913n nx + = + és

1

18933n−

= + , ha n . 1≥

h) A rekurzió x x , és x , tehát a következő két tag és A matematikai indukció módszerével igazolható, hogy

( )1 1n n n+ = + +

9 45.x =)

n∀ ≥ 1 1 1=

( 12+ (lásd a tankönyv 17. és 18. oldalát).

i) A számokat úgy kaphatjuk meg, hogy leírjuk egymásután (elválasztás nélkül) a páros számokat, majd a számjegyeket hármasával csoportosítjuk. A következő két tag

és . 7 242x =j) A másodiktól kezdődően minden tag az előtte álló szám számjegyeinek négyzetösszege, tehát a következő két tag x és . 7 85= 8 89x =k) Azokat a számokat soroltuk fel növekvő sorrendben, amelyeknek a kettes számrendszerben a számjegyek összege páratlan. Így x és x 11 21= 12 22.= 2. Számítsd ki a következő sorozatok első hat elemét, ha az általános tag képlete:

a) x n ; b) x n ; 4 3, n= − ∀ ≥ 1 122 3 1,n n n= − + ∀ ≥

c) { }2max 6, 5 , 1n n= − − − − ∀ ≥x n ; n

d) 3

1 ,1

xn

= ∀ ≥+

; e) cos( ) , 1nnx nnπ= ∀ ≥ . 1n

Megoldás. a) x , . , , , , x , és .

4 3n n= −4 4 4x = ⋅ −

1n∀ ≥13=

1 4 1 3 1x = ⋅ − =4 5 3 17= ⋅ − =

2 4 2 3 5x = ⋅ − =6 21x =3 9⋅ − = 3 5

b) , , , , , és x .

1 2 3 1 0= − + =12 1 21+ = 5x =

2 8 6 1x = − + =15 1 36+ = 6

3 3 18 9 1 10x = − + =18 1 55+ =50− 72= −


c) { }1 max 6, 4 4x = − − = − , { }2 max 4, 3 3x = − − = − , { }3 max 0, 2 0x = − = ,

{ }4x max 6, 1 6,= − = { }5 max 14, 0 14= =x , és { }6 max= 24, 1 24− =x .

d) 1 3

12

=x , 2 3

13

=x , 3 3

14

=x , 4 3

15

=x , 5 3

16

=x , és 6 3

1 .7

x =

e) 1cos 1

1x π= = − , 2

cos 2 12 2

x π= = , 3cos 3 1

3 3x π= = − , 4

cos 4 14 4

x π= = ,

5cos 5 1

5 5x π= = − , és 6

cos 6 16 6

x π= = .

3. Keresd meg a párját! Az első oszlopbeli képletekkel értelmezett sorozatok mindegyikének van egy párja a második oszlopban (a két sorozat megfelelő tagjai egyenlők). Bizonyítsd is be, hogy a megfelelő sorozatok tagjai egyenlők!

a) 2

2 1sin2 , 1n

n

y nn

π + ⋅ = ∀ ≥n

; 1) a a ; 1 14, 3 2, 1n na n+= = − ∀ ≥

b) z n ; 2) b b , b és 3 1,n = + ∀ ≥ 1

1

2 15 4 ,n n nb n+ += − ∀ ≥ 1 1 3=

2 15b = ;

c) ; 3) 4 1,nnx n= − ∀ ≥ ,nn

n

uv

=c ahol u , 2 12n nu+ += − − nu

,1 1,u = − u v v 2 1,= 2 12 2n n nv+ += − +

1 1v = , és v . 2 4=Megoldás. Kiszámítjuk a sorozatok első két tagját:

a) 1

3sin2 1

1

π

= = −y , 2

5sin 124 4

π

=y ; 1) a , a ; = 1 4= 2 3 4 2 10= ⋅ − =

b) , z ; 2) b , b ; 1 4z = 2 10= 1 3= 2 15=

c) x , x ; 3) 1 3= 2 15= 11

1

1uv

= = −c és 22

2

14

uv

= =c .

A kiszámolt értékek alapján (sőt már az első tagok összehasonlítása is elégséges) következik, hogy az ( ) sorozat párja a ( ) sorozat, az n n N

x ∗∈ n n Nb ∗∈ ( )n n Ny ∗∈ sorozat

párja a ( sorozat és a )n n Nc ∗∈ ( )n n N ∗∈z sorozat párja az ( )n N ∗∈na sorozat lehet. A feladat megoldásához szükséges igazolni azt is, hogy a megfelelő sorozatok tagjai egyenlők, vagyis , és z a , esetén. (Ez akkor is szükséges, ha a feladat szövegéből az utolsó mondatot elhagyjuk.) Ezeket az egyenlőségeket a matematikai indukció módszerével igazolhatjuk.

n nx b= n nc=y n n= 1n∀ ≥

1. esetén a P(n) állítás az, hogy x b , esetén. n ∗∀ ∈ k k= k n∀ ≤P(1) és P(2) igaz a számolások alapján. Ha P(n) igaz, akkor b x és

tehát b b 4nn n= = −

( )14 4 1n n−− ⋅ − =1

1,11 1 4nn nb x −

− −= = − ( )1 15 4 5 4 1n n nb+ −= − = ⋅ −


115 4 5 4 4 4 4 1 4 1n n n n

nx+

+= ⋅ − − + = ⋅ − = − = . Ebből következik, hogy P(n+1) is igaz, tehát a matematikai indukció elve szerint P(n) igaz, bármely esetén. Így x b , . 1n ≥ n n=

*n∀ ∈2. esetén a Q(n) állítás az, hogy u , és v , bármely k n esetén. A Q(1) és Q(2) állítások (az adott értékek szerint) igazak. Ha Q(n) igaz, akkor

u v , és v . Eszerint

n ∗∀ ∈

( )1 ,nn = −

( )1 kk = −

(1n n− = −

2k k=

)

≤

u ( ) 11 1 ,n

n−

− = − 2n n= 21( ) ( ) ( ) ( )[ ]1 1

1 12 2 1 1 1 2 1n n nn n nu u u − −+ −= − ⋅ − = − ⋅ − − − = − ⋅ − ⋅ − − =1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1211 11111 +−− −=−⋅−=+⋅−= nnn

2

, és ( )2

1 12 2 2 1n n nv v v n n+ −= ⋅ − + = ⋅ − − + =( )22 2 22 2 1 2 2 1n n n n n n= − + − + = + + = +

2

1

,

tehát Q(n+1) is igaz. Ebből következik, hogy Q(n) igaz, bármely n esetén, és

így

∗∈( )

2

1 .n

nn

n

uv n

−= =c Másrészt

( ) ( )2 2 2

2 1sin sin cos sin 12 2 2n

n

n n ny

n n n

π ππ π π + + ⋅ −= = = = 2n

,

tehát c y , n n= 1.n∀ ≥Hasonlóan igazolható, hogy z a . , 1n n n= ∀ ≥

4. Számítsd ki a következő rekurziókkal adott sorozatok első hat tagját:

a) 1 11 1, 1,2 2n nx x n x+ = + ∀ ≥ = ;

b) x x ; 1 2 2 11, 2, 3 2 , 1n n nx x x n+ += = = − ∀ ≥

c) 1 13, , 11 2

nn

n

xx x nx+= = ∀ ≥

+;

d) x x ; 20 1 1 13, 4, , 1n n nx x nx n+ −= = = − ∀ ≥

e) . 1 2 3 4 1 2 41, 1, 1, 1 , 5n n n nx x x x x x x x n− − −= = − = = = ⋅ ⋅ ∀ ≥

5. Az előbbi sorozatok esetén, a kiszámított tagok alapján próbáld meghatározni az általános tagot! Sejtésedet bizonyítsd is! Vizsgáld meg a sorozatok monotonitását! Van-e köztük periodikus sorozat?

Megoldás. a) 112

=x , x , 2 1= 332

x = , x , 4 2= 552

x = , és x . Az x és

-re kapott értékek alapján az

6 3= 1, x3

5x 2nn=x sejtésünk lehetséges. Ez helyes { }2, 4,∈ 6n

esetén is és matematikai indukcióval igazolható. A sorozat szigorúan növekvő, mert , . 1n nx x>+ 1n∀ ≥

b) , , , , , és x . A kapott számadatok alapján megsejthető, hogy x , . Ez az összefüggés a matematikai

1 1x = 2 2x = 3 4x = 4 8x =12nn

−=5 16x =

1n∀ ≥6 32=


indukció módszerével igazolható. Az általános tag képletéből következik, hogy a sorozat szigorúan növekvő.

c) , 1 3x = 237

x = , 3313

x = , 4319

x = , 5325

x = , és 6331

x = . Észrevehető, hogy a

számláló mindig 3 és a nevező hatonként növekszik, tehát az általános tag képlete

( )3

1nx n −1 6=+

, -re. Ez az összefüggés a matematikai indukcióval

igazolható. Az általános tag képlete szerint x tehát a sorozat szigorúan csökkenő. A sorozat monotonitását a rekurzió alapján is vizsgálhatjuk, mivel

1n∀ ≥

1 ,n x+ < n

221 2

n

n

xx

−=+1n nx x+ − 0< , mert a sorozat pozitív tagú.

d) , , , , , és . A kiszámolt értékek alapján sejthető, hogy x n . Ezt matematikai indukcióval igazolhatjuk. Az általános tag képlete alapján x x , tehát a sorozat szigorúan növekvő.

0 3x = 1 4x = 2 5x =n =

3 6x =3+

1n n+ −

4 7x =

1 0= >

5 8x =

e) , , , , , , , , , , . A kiszámolt értékek alapján x x , , , és x , tehát a rekurzió alapján x x , . Így a sorozat

periodikus és 7 a főperiódusa. Az általános tag képlete:

1 1x =1= −3x=

2 1x = −10 1= x

11 4=

3 1x =1=

4 1x = 5 1x = 6 1x = −

n n=

7 1x = −8 1=

∗∀ ∈

8 1x =9 2x x=9x

10xx 11

x 7+ n

1, ha 7 2, 7 6 vagy 7

1, ha 7 1, 7 3, 7 4 vagy 7 5n

n k n k n kx

n k n k n k n k

− = + = + == = + = + = + = +.

6. Bizonyítsd be, hogy az I.1.-es rész 6-os példájában szereplő sorozat általános

tagjának képlete . ha

ha

3 2 2, 2 1

3 2 1, 2 2

k

n k

n kx

n k

⋅ − = += ⋅ − = +Megoldás. Mivel az első két tag és a képzési szabályok egyértelműen meghatározzák a sorozat tagjait, elégséges igazolni, hogy az

sorozat teljesíti az x x és x x

rekurziókat, és , illetve x . A feladatban adott képletek alapján , és . Továbbá

3 2 2, ha 2 1

3 2 1, ha 2 2

k

n k

n kx

n k

⋅ − = += ⋅ − = +1 1x =

01 2 0 1 3 2 2 3 2x x ⋅ += = ⋅ − = − =

2 2 1 1n n−= +

03 2 1 2⋅ − =

2 1 22n n+ =

2 2=1 2 2 0 2x x ⋅ += =

( ) ( )1 1

2 1 2 1 1 2 1 2 21 1 3 2 2 1 3 2 1n nn n n nx x x− −− − + − ++ = + = ⋅ − + = ⋅ − = = x

1n

, és

( ) ( )12 2 1 2 22 2 2 3 2 1 3 2 2n nn nx x x−

− + += = ⋅ ⋅ − = ⋅ − = . Az előbbiek alapján a tankönyv I.1. paragrafusának 6. példájában szereplő sorozat általános tagja az előbbi x . n

Megjegyzés. A rekurzió alapján is eljuthatunk az általános tag képletéhez. Írjuk fel az ( )2 1 2 2 1 2 12 2 1 2k k k kx x x x+ − −= = + = + 2 egyenlőséget a { }1,2, 3,...,∈k n


értékekre, majd szorozgassuk az egyenlőségeket úgy, hogy összeadás és egyszerűsítés után csak x és maradjon. Ezt az alábbi diagram szemlélteti: 2 1n+ 1x

1x x= +

2= +S 2=

2

2 32S−2 32

N⊆

8

3b b

A

7→ →

+

1-re

1 2 ..x x+ +

0=2 31+2 2x x

23 =33x

2 =

3x =

33

2 1 2 12 2n nx x+ −= +

2 1 2 32 2 /n nx x− −= + ⋅ 2

222 3 2 52 2 /n nx x− −= + ⋅

....……………………. 2

5 3 2 2 / 2nx x −= + ⋅ 1

3 1 2 2 / 2nx x −= + ⋅

. ( )2 3 12 1 2 2 2 2 ... 2 2 2 2 3 2n n n nn

++ + + + + = + − = ⋅ − 2n

Az összeget a következőképpen számíthatjuk ki: S 2 ... 2n+ + +( ) ( )2 3 2 3S 2 2 2 2 ... 2 2 2 2 ... 2n n= ⋅ + + + + − + + + + =

1 2 3 1n n n n+ +

... 2 2 2 2 2 ... 2 2 2.+ + + + − − − − − = − x

Ebből következik, hogy 12 12 3 2 1.

2nn

nx−+= = ⋅ −

7. Az A halmazról tudjuk, hogy a) 1 ; b) n A ; c) . A∈ 2 1n A∈ ⇒ + ∈ 3 1n A n+ ∈ ⇒ ∈AIgaz-e, hogy ? ∈Megoldás. Az alábbi nyilak egy következtetésláncot ábrázolnak. A nyilak fölött szereplő betű mutatja, hogy melyik tulajdonságot használtuk.

1 15 31 63 127 42 85 171b b b b c b b b → → → → → → → →

343 114 229 76 25 8.b c b c c c→ → → → → →

8. Határozd meg azokat az ( ) számsorozatokat, amelyek teljesítik az

egyenlőséget, esetén! n n Nx ∗∈

3 32 ...x +( )2 1. n nx x x= + + n ∗∀ ∈3

31Megoldás n -re , tehát = 2

1x x= { }1 0,1∈x . -re ( . 2n = )2 3 31 2 1x x x x+ = + 2

32Ha , akkor , tehát 1x

22x x= { }2 0,1x ∈ . Ha x , akkor

tehát 1 1,=

1 2 x=+ + { }2x3 23 3− −

2 1,=

)233=

0,2, 1∈ −

32x =

33 9x+ = +

. Ha x , akkor x meghatározásakor vagy az x , vagy az x x egyenlethez jutunk. Ha x , akkor az egyenlethez, ha x , akkor az x x egyenlethez jutunk. Végül, ha x , akkor ( egyenlethez jutunk. Ennek a megoldásai

, és x . Az eddigiek alapján az első három tagra a következő lehetőségek adódtak:

2 0=0

3 23 3− −

3x

3

0x

2

3x = 2−

2 = −123x =

0

32x =

3

2

0, 0, 0 1, 0, 2 0, 0, 1 1, 2, 3 0, 1, 2 1, 2, 0 0, 1, –1 1, 2, –2 0, 1, 0 1, –1, 0 1, 0, 0 1, –1, 1

1, 0, –1.


Belátható, hogy az első n tag meghatározása után -nek legtöbb három lehetséges értékére teljesül az

1nx +

( )2 3 3 3 31 2 1 1 2... ...n n n nx x x x x x x x+ ++ + + + = + + + + 1

nx

1

3nx

0

egyenlőség ( -ben ez egy harmadfokú egyenlet) és a három lehetséges érték közül az egyik 0, a másik x , és a harmadik x ha x és . Az első két érték behelyettesítése esetén igaz összefüggéshez jutunk.

1nx +1n+ = − 1,n + 1n ≠ − 0nx ≠

Az

( )2 3 3 31 2 1 1 2... ...n nx x x x x x− −+ + + = + + +

és ( )2 3 3

1 1 1 1... ...n n nx x x x x− −+ + + = + + +

összefüggésekből következik, hogy x x( ) ( )1 12 ... 1n n n n nx x x x− ⋅ + + + − + =

1n ≠ − 1 1n nx x+ = +3 3 31 1... n nx x x+ ++ + + 1n = −

3 3 32 1... nx x −+ + + 1n+

. Ez éppen azt fejezi ki (x és x esetén), hogy az szám

teljesíti az ( ) egyenlőséget. Ha x ,

akkor x x és így x csak 0 vagy 1 lehet. Ha akkor addig haladunk vissza, amíg elérünk egy nullától különböző tagig. Eszerint

0n ≠

1 1n nx+

1 1=

2...x x+ +

1 2 ... x x+ + + =

=

1n−

0,=nx{ }1 0, ,nx + ∈ − 1n nx x + ha x és 0n ≠ { }1 0, , 1n k kx x+ ∈ − + 0n =x ha x és

az előtti, -hez legközelebb eső, nullától különböző tag. Látható, hogy végtelen sok ilyen sorozat létezik és minden ilyen sorozat generálható a következő módon. Az

kx nx nx

1 2 3 4 5 6 7 8 .... sorozat bármely két tetszőlegesen választott egymás utáni tagja közé beiktathatunk egy-egy véges sorozatot, amely a nullát nem tartalmazza. Például az 5 és 6 közé iktathatjuk a ( ; )5, 5− ( )5, 4, 4, 5− −

); ;

stb. sorozatokat. Ezt a lépést egymásután többször is megismételhetjük, majd a legvégén minden tag elé tetszőlegesen sok 0-t írhatunk.

( )5, 4, 3, 3, 4, 5− − −( 5, 4, 3, 2, 1,1,2, 3,− − − − − 4, 5

Megjegyzések 1. Ha az adott összefüggés minden n -re és rögzített m-re kell teljesüljön, akkor az előbbi rekurzív összefüggésekkel az m hosszúságú sorozatokat kell képezni. Sejtésünk, hogy ezek száma nem haladja meg a 2 összeget. Érdekesnek tartjuk e szám pontos meghatározását.

m≤

1 3m m− + 1−

2. Ha az adott összefüggést csak egy n-re teljesítő számsorozatot keresünk, akkor az alábbi számelméleti tulajdonságot használhatjuk: válasszunk egy tetszőleges számot (például k=12-t) és írjuk le k osztóit. Minden osztó alá írjuk le az illető osztó osztóinak számát.

1 2 3 4 6 12 1 2 2 3 4 6

Ha az így kapott sorozat tagjainak összegét négyzetre emeljük, a tagok köbeinek összegét kapjuk:


( )2 21 2 2 3 4 6 18 32+ + + + + = = 44

1 . 3 3 3 3 3 32 2 3 4 6 32+ + + + + =

9. Bizonyítsd be, hogy, ha az ( )n n Na ∗∈

n∀ ∈

pozitív tagú számsorozat teljesíti az

egyenlőtlenséget, esetén, akkor 21n n na a a +≤ − ∗ 1

n n≤a , ! n ∗∀ ∈

Megoldás. , tehát a a . Ebből következik, hogy a .

Az , függvény a

22 10 a a a≤ ≤ −

→ ( )f x x=

1 0( )1 11− ≥

)

1 1≤

: 0,1f (1 x− 10,

2

intervallumon szigorúan

növekvő, az 1 ,12

intervallumon szigorúan csökkenő, tehát a maximuma az 012

=x -

ben van. Eszerint 1( )4

≤ 0,xf x , 1 ∀ ∈ , tehát 2 11 1( )4 2

a≤ ≤ <a f .

Ha 10 na n< ≤ és n , akkor 2≥ 1

02na n

< ≤ ≤ 1 , tehát 2

1 1( )nnf a f

n n −≤ = .

Ebből következik, hogy 1 2

1nn−≤n+a . Másrészt 2

1 11

nn n− <

+, mert n n ,

tehát

2 21− <

11

1na n+ ≤+

. A matematikai indukció elve alapján az 1n n≤a egyenlőtlenség

teljesül, bármely n természetes szám esetén. 1≥

10. Bizonyítsd be, hogy ha az 21

11

2n n nx+ = − + +x x rekurziót teljesítő

sorozat első tagja 1 és 2 közt van, akkor

( )n n Nx ∗∈

12 , ,

2n nx n− < ∀ ∈ 3n ≥ !

Megoldás. Az : 1,2f → 21

( ) 12

f x x x= − + + függvényre 3Im 1,2

f = ,

( )Im f f = 3 11 3,

2 8 1,f

2 =

és ( ) 11 3 11 183Im , ,

8 2 8 128f f f f

= = ( )3 Im f f∈

. Mivel a

rekurzió alakban írható, x f , és így 1 ( )n nx f x+ =11 18

ax 2 ,8 1

−2 m . De 11 10 2

8 8− << (mert 3

22

< , és

112

8< ), és 183

128< 1

28

− <0 , tehát 3 3

12

2x − ≤ . A továbbiakban a

matematikai indukció módszerét használjuk. Ha 122n nx − ≤ , akkor

33

228

x − ≤ −

21

12 12n n nx x x+ − = − + + − =2


( ) ( )21

1 12 2 2 1 22 2 2n n n n n nx x x x += − − − = − ⋅ − + ≤ ⋅ =1 1 1

2 2,

mert az ( )11 22 2nx− + ≤ 1 egyenlőtlenség ekvivalens az 1 2

egyenlőtlenségekkel, és az

3nx≤ + ≤

12 2

2 8n n< + < + 1x egyenlőtlenségek alapján ezek

teljesülnek. Az indukciós elv alapján 122n nx − ≤ , . 3n∀ ≥

11. Bizonyítsd be, hogy létezik olyan ( számsorozat, amelyre )n n Nx ∗∈

{ }1,2 , 1nx n∈ ∀ ≥ és az 1 2...n nx x x x− 1 szám osztható -nel, ! 2n n ∗∀ ∈

Megoldás. és x . A továbbiakban igazoljuk, hogy ha 1 2x = 2 1=

1 2 1... n nx x x x− 2n -nel, akkor az 1 21 ...n nx x x− 1A x és = 1 22 ...n nB x x x x−= 1 számok közül az egyik osztható 2 -nel, tehát x megválasztható a feltételeknek megfelelően. Ha

1n+1n+

1 2...x 1 2n v= ⋅n nx x − x , akkor 1 2 110 ... 10 2n nn nx x x−= + = + ⋅n vA x

és 1 2.x 1 2x x+ = ⋅

1n+

2 1 .. 10n nn n−= ⋅ +

(2 2 5n nB v⋅12n+ 2=

nx ∈

0B x

)+2 ⋅

n N ∗

n v ), tehát A v és . Ha v páros, akkor B osztható -nel, míg ha v páratlan, az A

osztható -nel. Az első esetben x -t, és a másodikban -t választunk. A matematikai indukció elve alapján az ( ) számsorozat megszerkeszthető.

(2 5n n= +

1 1nx + == 12n+

12. Bizonyítsd be, hogy egyetlen olyan ( számsorozat létezik, amely teljesíti a következő feltételeket:

)n n Nx ∗∈

a) ; 1 5x =b) bármely 1 2...n nx x x x− 1 -ben végződő szám négyzete is 1 2...n n x x− 1x x -ben

végződik, . n ∗∀ ∈

Megoldás. Minden 1 2...n nx x x x− 1 -ben végződő szám 1 210 ...nn nA x x x−⋅ + 1x alakú,

tehát a négyzete 2 2 21 2 1 1 2 110 2 ... 10 ...n n

n n n nA x x x x x x x x−⋅ + ⋅ ⋅ +A N∈

A . Innen látható, hogy az utolsó n számjegyet minden esetén csak az

−2

1 2 1...n n x x−x x utolsó n számjegye határozza meg, tehát 2

1 2 1...x xn n−x x végződik 1 2...n n x x− 1x x -ben. Tételezzük fel, hogy , , ..., x -et már sikerült meghatározni, és próbáljuk meghatározni

-et! 1x 2x 1n−

nx

( )2121 2 1 1 2 1... 10 ...n

n n n nx x x x x x x x−− −= + =

2 2 2 1 21 2 1 1 2 2 110 2 10 ... ...n n

n n n n nx x x x x x x x x− −− − −= + ⋅ ⋅ + .

Ha , akkor 102n ≥ 2 2 10n n− , és 11 2 2 10 ... 10n

n nx x x x−− −⋅ ⋅ n2 1 , mert x , és

így 1 5=

1 2n nx x− − 2 1...x x2 ⋅ osztható 10-zel. Eszerint 21 2 1....n nx x x x− utolsó n számjegye

éppen az 21...x1 2n nx x− − utolsó n számjegyével egyezik meg, tehát az nx

21x1 2...n−x x


szám jobbról számított n-edik számjegye. Mivel ez létezik és egyértelmű, az ( sorozat egyértelműen értelmezhető. Így x , , , , stb., mert:

)n n Nx ∗∈

6 8x =2 2=

25 5= 2225 25= 625 39=225 3= 92625 8=

3 6x =

625

625

212 906258

4 0x = 5 9x =

( )2 1

1−−

,x n∀ ≥ 1

211++=−

n

n

xx 4

1

nx= −nx +

3 2− + , ∀ 12 2

1n nn++

, 1∀

[ ]13 7=7n −

3n− −

1 1+ = −( )8 1− − −

2 3+ +

3x = − ⋅7−

2n = −

2 9 9+ +

3

1 8= −

9 64 4+= 15= 1 3x x+ 22x≠

43

= 22x≠x x+

62 0

06 0

90 stb.

13. Bizonyítsd be, hogy az 1 1 2n

nn

xx++=

− ⋅ rekurziót teljesítő

sorozatok periodikusak!

Megoldás. Számolással ellenőrizhető, hogy nx , , és így

84

1 11n

n

n

xx

x

++

= − = − =−

nx

1

1

, , tehát a sorozat periodikus, és periódusa 8. 1n∀ ≥

I .5. Gyakorlatok és feladatok (30. oldal)

1. Döntsétek el, hogy a következő sorozatok számtani haladványok-e vagy sem! a) ; b) x n ; 7 13,nx n n= − ∀ ≥ n n= ≥

c) ; d) 22 3 1,nx n n n= − + + ∀ ≥ n = ≥x n ; n

e) 2 , 11 2 3 ...nx n

n= ∀ ≥

⋅ ⋅ ⋅ ⋅.

Megoldás. a) ( )[ ]1 7 1 13n n n+ − = + − −x x , tehát a sorozat számtani haladvány. b) ( )[ ] [ ]1 3 1 2 3 2 3n nx x n n+ − = − + + − − + = − , tehát a sorozat számtani haladvány. c) , , . Mivel , és x x , a sorozat nem lehet számtani haladvány.

1 2 3 1x = − + + =

2 1 1 2x x− = − −2 2 2 4 3 2x = − ⋅ + ⋅

3− 3 2− == =

d) 11 2 31 1 2

x += =+

, 24 4 8

3 3x += = , és 3x . Mivel , a

sorozat nem számtani haladvány.

e) 12 21

x = = , 24 2

1 2x = =

⋅, és 3

81 2 3

x =⋅ ⋅

. Mivel , a sorozat

nem számtani haladvány.

1 3


2. Döntsétek el, hogy a következő sorozatok mértani haladványok-e vagy sem! a) ; b) x n ; 3 , 1n

nx n= ∀ ≥ 2 3 12 3 5 ,n n nn

−= ⋅ ⋅ ∀ ≥ 1

1nc) ; d) 2 3 ,n nnx = + ∀ ≥ , 1

2n n

n= ∀ ≥x n ;

e) 1 2 1 2 , 12 2

n n

nx n − + = + ∀ ≥

.

Megoldás. a) 1

1 3 33

nn

nn

xx

++ = = , tehát a sorozat mértani haladvány.

b) 1 2 2 3 2

212 3 1

2 3 5 2 3 52 3 5

n n nn

n n nn

xx

+ + ++

−

⋅ ⋅= = ⋅ ⋅⋅ ⋅

3 , tehát a sorozat mértani haladvány.

c) Az 1 1

1 2 32 3

n nn

n nn

xx

+ ++ +=

+ kifejezés nem konstans, mert -re 1n =

2 2

1 1

2 3 4 9 12 3 2 3 5+ += =+ +

3 , -re 2n =3 3

2 2

2 3 8 27 32 3 4 9 1+ += =+ +

53

, és 13 35 1

≠ 53

. Így a

sorozat nem mértani haladvány.

d) 112

x = , 2 2

22 2

x = = 1 , és 3 3

32 8

= = 32x . Mivel x x , a sorozat nem

mértani haladvány.

21 3 x⋅ ≠

e) 11 2 1 2 1

2 2x − += + = ,

2 2

21 2 1 2 3 2 2 3 2 2

2 2 4 4x

− + − + = + = + 32

= ,

és 37 5 2 7 5 2 7

8 8x − += +

4=

1

. Mivel , a sorozat nem mértani

haladvány.

23 1 2x x x≠

3. Az előbb vizsgált sorozatokra vezessetek le egy-egy rekurziót! Megoldás. 1/a. x x , tehát az x x összefüggés egy rekurzió. 1 7n n+ − = 1 7n n+ = +1/b. x x , . 1 3n n+ = − 1n∀ ≥

1/c. ( ) ( )2 21 2 1 3 1 1 2 3n nx x n n n n+

− = − + + + + − − + + . Az , összefüggés egy rekurzió. Az elsőfokú tag kiküszöbölhető a következőképpen:

1 4 1n nx x n+ = − + 1n∀ ≥

( )1 4 1 /n nx x n+ − = − + ⋅ −1 / ( 1) 2 12 4n n nx x x+ +− + = − ⋅ −

( )2 1 4 1n nx x n+ +− = − + + 1 3 2 12 4n n nx x x+ + +− + = −

2 12 4n n nx x x+ +− + = − . 3 2 13 3n n n nx x x x+ + +− + − = 0


A sorozat tagjait származtatni tudjuk az x x rekurzióból, ha ismerjük az x és tagokat, vagy az x x rekurzióból, ha ismerjük az a a , és x tagokat.

2 12n n nx+ += − −=

1= − 3 8= −

4

nx1 2= 2 1x = −

3 1= +3 2 13 3n n nx+ + +− +

2r 2x

1/d. ( )21n

n nxn+=+

, és ( )( )1

12n

n nn++ +=+

3x , tehát , . 1 ( 3n nx x n n+ = + ) 1n∀ ≥

1/e. ( )

11 2 1 2 3 ...

1 2 3 ... 1 2 1

nn

nn

x nx n n

++ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + +2n

, tehát 12

1n

nxn+ = +

x egy

rekurzió. 2/a. , . 1 3n nx x+ = 1n∀ ≥2/b. x x , . 2 3

1 2 3 5n n+ = ⋅ ⋅ 1n∀ ≥2/c. Az , és x egyenlőségekből kiküszöböljük kettőnek a hatványait. x x , tehát

egy lehetséges rekurzió. Ha 3 hatványát is eltüntetjük, egy más rekurzióhoz jutunk: x x , tehát x x . Innen következik, hogy x x , -re.

11 2 3n n

nx+

+ = +

3nnx +==

1+ n

3n

0

2

nx

2 3nn = +

2 2n n = +

13n++

15 6 nx− n∀ ≥

1 1 11 3 2 2 3n n n n+ + ++ − − − ⋅ =

2 12n n+ + 2 1 12 3n n nx+ + +− −

2n n+ + 1n n

1 2nx + =

( )2 nx− =

Megjegyzés. Általában az sorozat tagjai az rekurziót teljesítik, ha n és c c .

1nx c a c b= +1≥( )2 1n nx a b x ab+ += + − 1 2, ∈

2/d. 11

1 2 12 2

nn

nn

x nx n+

+

+ += ⋅ = nn

, tehát ( )1

12

nn

n xxn++= , egy rekurzió a

sorozat tagjaira.

1n∀ ≥

2/e. Az előbbi megjegyzés értelmében egy lehetséges rekurzió az 2 1 4n

n nx

+ += +x x ,

ha n . 1≥4. Az ( )n n Na ∗∈ számtani haladványban határozd meg

a) a -at, ha 20 112

=a , és 13

r = − ; b) a -at, ha a , és a ; 100 3 7= 9 22=

c) -at, ha S , és a ; 30S 50 230= 5 25=d) az a a összeget, ha a a , és a a ; 10 11 12 80...a a+ + + + 2 7 26+ = 10 35 100− = −e) az első tagot és az állandó különbséget, ha a a , és

; 1 2 3 25... 39a a+ + + + =

3 72 4a a− = −f) S -öt, ha a a , és a a . 25 1 2 3 120a⋅ ⋅ = 1 2 3 15a+ + =

Megoldás. a) 20 11 119 192 3

r = + = + ⋅ − = − 356

a a ;


b) , és a a , tehát az adott feltételek szerint a r , és

. Ebből következik, hogy

3 1 2a a= +

8 22a r+ =

r r 79 1 8= + 1 2+ =

152

=r , és a , tehát 1 2=

10a 0 2 99= + ⋅ 5 = 4992 2

.

c) , és 5 1 4a a= + r ( )1 5050 1 1 10 25 49 50 2

2a a a a r a+= ⋅ = ⋅ + + = + ⋅

4 25

25 49 230

a r

a r

+ =

+ ⋅ =

S 5 . Ha

megoldjuk az egyenletrendszert, az

5 49r

1

50

11

5941205

=a és 204205

= −r

értékekhez jutunk. Ebből következik, hogy 30 198S 30= + 17815 29

41a r⋅ = .

d) a a , és ( ) ( )2 7 1 1 16 2 7a r a r a+ = + + + = + r25r( ) ( )10 35 1 19 34a a a r a r− = + − + = − ,

tehát r és a . Így a keresett összeg a a 4= 1 1= − 10 11 80 80 9... a S S+ + + = − =1 80 1 980 9 12425

2 2a a a a+ += ⋅ − ⋅ = ;

e) 25 1 125 2425 25 300

2S a r a⋅= + ⋅ = + r

2r

, és

( ) ( )3 7 1 1 12 2 2 6a a a r a r a− = + − + = − ,

tehát a egyenletrendszert kell megoldani. A megoldások

1

1

25 300 39

2 4

a r

a r

+ =− = −

139350

r = , és 1561

175−=a .

f) , és a a tehát a a . Az a a összefüggésből következik, hogy a . Az a a egyenlőség a

egyenlethez vezet, tehát

1 2a a= −

2 24r− =

r 23 2 ,r= + 1 2 3 3a a+ + =5= 1 2⋅ ⋅

1 2 3 15a+ + =1202 3a =

25 { }1∈ ±r . Ha r , akkor a , és 1= 1 4=

25

25S

125S a= +

25 6 2= ⋅ −

252

r ⋅⋅ ⋅

5 12⋅

24 100 25= +

150= −

12 = 400 r = −. Ha , akkor a , és

.

1 1 6=

5. A ( mértani haladványban határozd meg )n n Nb ∗∈

a) b -et, ha b , és 17 1 256= 12

= −q ; b) b -et, ha b , és b ; 50 5 11= 13 121=

c) -at, ha b b , és b b ; 8S 2 5 84+ = − 4 7 756+ = −d) az első tagot és a kvócienst, ha b b , és b b ; 1 2 3 14b+ + = 4 5 6 112b+ + =e) -et, ha b , és b b ; nS 1 7= 2001 20002= − ⋅

f) az első öt tagot, ha 3 2 178

b− + =b b , és 1 4716

+ =b b .


Megoldás. a) 16

16 817 1 16 8

1 1 1256 22 2 2

q = ⋅ = ⋅ − = ⋅ = = 1

256b b ;

b) 12

813 14

5 1

b b q qb b q

⋅= =⋅

, tehát { 8 11∈ ± }q . Ebből következik, hogy 4 11=q , tehát

1 11b = . ( ) ( )5 5

4849 68 8 8 850 1 11 11 11 11 11 11q= ⋅ = ⋅ ± ⋅ ± = ± ⋅ = ±

3

) )b b .

c) , és b b , tehát (3 32 5 2 2 2 1b b b b q b q+ = + ⋅ = + (3 3

4 7 4 4 4 1b b q b q+ = + ⋅ = +

2q 4 74

2 2 5

756 984

b bbb b b

+ −= = = =+ −

. Ha q , akkor 3( )

= 2 51 3

843 281

b bq q+ −= =

⋅+1−b ,

tehát

=

( )8 8

8 11 311 3

qS bq

−= ⋅ = − ⋅− −

( )

11

− 3280−= . Ha q , akkor 3= −

( ) ( )2 5

1 3

84 143 261

b bbq q+ −= = = −

− ⋅ −+ 13, tehát

814 3 113 4

−− ⋅ = −8S = 22960

13.

d) , és , tehát ( )21 2 3 1 1b b b b q q+ + = + + ( 24 5 6 4 1b b b b q q+ + = + + )

3q 4 4 5 6

1 1 2 3

112 814

b b b bb b b b

+ += = = =+ +

. Ebből következik, hogy q , tehát 2=

1b 2

14 21 2 2

= =+ +

.

e) A ( sorozat mértani haladvány, és b , tehát )n n Nb ∗∈ 1 0≠ 20001

2000

2bb

= = −q . Így

( ) ( )( )2 11 77 11 3 3

nn

nS b − −= = ⋅ = − −− −1

nqq

−⋅ 2 .

f) és b b , tehát a ( )31 4 1 1b b b q+ = + ( )23 2 1 1 1b b q q− + = − +( )

( )

31

21

7116

718

b q

b q q

+ = − + =

egyenletrendszer megoldásait keressük. Ha a két egyenlet megfelelő oldalait elosztjuk,

következik, hogy 12

q . Így = − 112

=b , tehát 214

= −b , 318

b = , 4116

b = − , és

5b132

= .

6. Határozd meg a következő egyenletek valós megoldásait: a) ; (3 6) (3 11) ... (3 71) 819x x x+ + + + + + =b) 1 ; c) . 2 4 6 100...x x x x− + − + + = 0 2 3 49 491 2 4 8 ... 2x x x x+ + + + + = 0

)Megoldás. a) Az összegben a tagok ötösével növekednek, és 6 5 , tehát összesen 14 tagja van az

( ) ( ) (3 6 3 11 ... 3 71S x x x= + + + + + +71 5 14 1= ⋅ + 1 1= ⋅ +


összegnek. Így ( )14

1

14 1514 3 5 1 42 5 14 42 5392k

k x x=

⋅= ⋅ + + = + ⋅ + = +∑S x ,

tehát 203

=x .

b) ( ) ( ) ( )51250 502 4 6 100 2 2

20 0

1.. 1

1kk k

k k

xx x x x x x

x= =

− −− + − + + = − = − = =

− −∑ ∑1 .

102

2

11xx+=+

, tehát az x egyenletet kell megoldani a valós számok

halmazában. Másrészt minden valós x-re , tehát az egyenletnek nincs valós megoldása.

102 1+ = 0

102 1 1 0x + ≥ >

c) ( ) ( )50492 49 49

0

21 2 4 .. 2 22 1

k

k

xx x x xx=

−+ + + + = =−∑ 1 , ha 1

2≠x . 1

2x = nem

megoldása az eredeti egyenletnek, tehát a ( ) egyenlet 502x = 1 12

-től különböző

megoldásait keressük. ( ) vagy . Az 502 1 x = ⇒ 2x = 1 x2 1= − 12

x = nem felel

meg, tehát csak az 12

−x megoldás. =

7. Ha S -nel jelöljük az ( sorozat első n tagjának összegét, vizsgáld meg, hogy az alábbi S értékek számtani vagy mértani haladványokhoz tartoznak

n )n n Nx ∗∈

n

a) ; b) 2 2 , 1nS n n n= + ∀ ≥ ( )2 3 ,n

n = + ∀ ≥ 1

1

S n ;

c) ; d) S n ; , 1nS n n= ∀ ≥ 3 22 1,n n n= − + ∀ ≥

e) 2 1 , 1

1nnS nn+= ∀ ≥+

.

Megoldás. a) S x , tehát x S , ha . Így x n , ha n . Másrészt

1 2 1 1...n n nx x x S x− −= + + + = +

( ) ( ) ( )22 2 1 2 1n n n n = + − − + − =

n

1

n

n 1n n nS −= −1 2≥2n ≥ 2n +

21 1 1 2 1 3 2 1x S= = + ⋅ = = ⋅ + ,

tehát , . Ebből következik, hogy , bármely n esetén, tehát a sorozat számtani haladvány.

2 1nx n= + 1n∀ ≥ 1 2n nx x+ − = 1≥

Megjegyzés. Az ( pontosan akkor lehet egy számtani haladvány

részletösszegeinek sorozata, ha létezik olyan a és b konstans, amelyre S a , .

)n n NS ∈2

n n b= +1n∀ ≥

b) , , tehát 1n n nx S S −= − 2n∀ ≥ ( ) (12 3 2 3

n

nx−

= + ⋅ + − ) 2≥1 , ha n .

Innen következik, hogy ( )2 3n n= +1+x , . De x 2n∀ ≥ ( )2 3+1 1= =x S ,


( )( )2 2 3 2 3x = + + −1 , és ( ) (2

3 2 3 2 3x = + + −

1n = 2n∀ ≥ 1 1 1x S= =

2 1= 3 9=

2x2

1 3 2x x x≠

)1

1

, tehát

. A sorozat tehát nem mértani haladvány. A rekurzió mutatja, hogy ha az első tagtól eltekintünk, akkor mértani haladványhoz jutunk.

21 3 2x x x≠

x S=

1 1x S= =

1 1x =

( )3n n Nx ∗∈

3( 1)x x

)3n n Nx ∈

3a p+

2p = −

1 2 .+ +

c) , tehát x , . , tehát a sorozat konstans. Így a sorozat számtani haladvány is és mértani haladvány is.

( )1 1n n nS n n−− = − − =

d) Az x S összefüggés alapján x és x . Mivel és x x illetve , a sorozat se nem

számtani, se nem mértani haladvány.

1n n nS −= −1 2 1 0− + = 1 3 2+ ≠

e) , 223

x = és 32 5 10 53 4 12 6⋅= = =⋅

x . Mivel x x és , a

sorozat se nem számtani, se nem mértani haladvány.

1 3 2x+ ≠ 22

1 3 2x x x≠

8. Bizonyítsd be, hogy ha az ( sorozat számtani (mértani) haladvány, akkor

is számtani (mértani) haladvány!

)n n Nx ∗∈

Megoldás. Ha az ( )n nx ∗∈N

3 3nr x=

számtani haladvány és r az állandó különbsége, akkor

. Ebből következik, hogy az 3 2n n+ += + + r ( )3n nx ∗∈N sorozat is

számtani haladvány és állandó különbsége 3r. Ha az ( )nx

2n q+n ∗∈N

23 1nx q+=

sorozat mértani

haladvány és q a kvóciense, akkor x x , tehát

az ( sorozat is mértani haladvány és kvóciense q . ( )3 1 3 3 3 3n n x x+ += = =

3∗

3nq

9. Határozd meg azt a négy számtani haladványban levő valós számot, amelyek

összege 36 és a szélső valamint belső tagok szorzatainak aránya 4577

!

Megoldás. Ha a haladvány állandó különbségének felét p-vel, a második és harmadik tag számtani közepét a-val jelöljük, akkor a tagok a p , , ,

. Az adott feltételek szerint és

3− a p− a p+

4 3a = 62 2

2 2

9a pa p− =−

4577

. Az első

egyenlőségből a , tehát . Ha , akkor a számok 3, 7, 11 és 15, míg ha , akkor 15, 11, 7 és 3.

9= 2 4p = 2=p

10. Az első n természetes szám összege a tízes számrendszerben olyan háromjegyű szám, amelynek számjegyei egyenlők. Határozd meg az n értékét! Megoldás. A feltételek alapján létezik olyan { }1,2, 3,..., 9∈a számjegy, amelyre

.. n aa+ = a . De ( )12+1 2 , tehát ... n nn+ + + =

( )1 2 2 111n n aaa a+ = ⋅ = ⋅ ⋅ = 2 3 37 a⋅ ⋅ ⋅ . Az előbbi egyenlőségek csak akkor teljesülhetnek, ha vagy (37 osztója n-nek vagy (n+1)-nek és 6a nem nagyobb, mint , tehát a jobb

6 3a =6 9⋅

6 86 3a =54=


oldalon csak akkor állhat két egymás utáni szám szorzata, ha ez a szorzat vagy ). Látható, hogy csak az a felel meg, tehát n .

36 37⋅37 38⋅ 6=

(

36=

2n n += ( 1n n +

44≤ ≤

a b+ =

( )5 2a +( )7 7a +

0 17b +

2+ =

bca

n n +, 23,24, , 33, 35, 3 1, 42, 44

2n n + ( )1

2+

}M ,26,29, 3 36, 38

( )n p⋅ −

( )n n Nx ∈

11. Az első n természetes szám összege a tízes számrendszerben olyan háromjegyű szám, amelynek számjegyei valamilyen sorrendben számtani haladványt alkotnak. Határozd meg az n értékét!

Megoldás. )11 2 ... n+ + + , tehát az szorzat legalább 200 és

legtöbb 1998 lehet. Innen következik, hogy 14 . Egy háromjegyű szám számjegyei három különböző módon alkothatnak számtani haladványt. Ha

nab a

szám, akkor a c , , vagy b c . E három esetnek megfelelően a következő egyenletekhez jutunk:

c2+ = b c a2

)

1) , ha a c ; 2 6 3n n c+ = 2+ =2) , ha a b ; 2 3 6n n b+ = 2+ =3) , ha b c . ( )2 6 2n n c+ = 2+ =

Innen látható, hogy elégséges azokat az n értékeket megvizsgálni, amelyekre . Az előbbiek alapján ( )1 3

{ }14,15,17,18,20,21 26,27,29, 30, 32 6, 38, 39, 4n ∈ . Ezeket az értékeket kipróbálva, a következő eredményekhez jutunk:

n

( )1

n

n n

14 15 17 18 20 21 23 24 26 27 29

105 120 153 171 210 231 276 300 351 378 435

30 32 33 35 36 38 39 41 42 44

465 528 561 630 666 741 780 861 903 990

A táblázatban vastagabban jelöltük azokat a számokat, amelyek teljesítik a feladat feltételeit. A megoldáshalmaz tehát {15,17,20,21 0, 32, 35,= .

12. Bizonyítsd be, hogy ( ) ( ) 0pm n SS S p m m nm n p

+ ⋅ − + ⋅ − =

, , p ∗∈

, ahol S az

számtani sorozat első k elemének összegét jelöli és m n !

k

∗


Megoldás. Mivel 11

2kS ka rk

−= + ⋅ , esetén, a feladatbeli egyenlőség a

következő egyenlőségekkel ekvivalens.

1k∀ ≥

( ) ( ) ( )[ ]1a n p p m m n− + − + − +

( )( ) ( )( ) ( )( )[ ]1 1 12r m n p n p m p m n+ − − + − − + − − = 0 ,

[ ]1a n p p m m n− + − + − +

[ ] 02r mn mp np nm pm pn n p p m m n+ ⋅ − + − + − − + − + − + = ,

és ez igaz, mert mindkét szögletes zárójelben az összeg 0.

13. Az ( ) számtani haladvány n-edik tagja n n Nx ∗∈

1m

és m-edik tagja 1n

. Számítsd ki

az első m tag összegét ( )! n⋅ m n≠

Megoldás. A feltételek szerint ( )111n n rm

= + − =x a , és

( )111mx a m rn

= + − = , tehát 1mn

=r és 11mn

=a . Ebből következik, hogy

12mn

mnS +=

14. Az ( )n n Na ∗∈ számtani haladvány első n tagjának összege nem nulla és egyenlő a

következő n tag összegének a felével. Számítsd ki az 3

n

n

SS

arány értékét!

Megoldás. 2

2n

nS SS −= n

nS, tehát S . Ha az 2 3n =2

2k n

n k

a a ++

+= ka

egyenlőségből kifejezzük a -t és 2n k+ { }1,2,...,∈6n nS

k esetén a kapott egyenlőségek megfelelő oldalait összeadjuk, az egyenlőséghez jutunk. Ezt az alábbi diagram szemlélteti:

n

aa

n−

3S =

2 1 1 12n na a+ += −

2 2 2 22n na a+ += − .…………………..

3 1 2 1 12n na a a− −= −

3 22n na a= − na

n

nS

nS

( )3 2 22n n n nS S S S S− = − −

( )3 23 3 3 3 3 6n n n n nS S S S S= − = − =

Megjegyzések 1. Az S egyenlőség ekvivalens az 2 3n = 11

2n +=a r

egyenlőséggel.


Ez alapján

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )1

31

1 1 112 2 2

3 3 1 3 1 3 3 1 632 2 2

n

n

n n n n n nna r r rSn n n n n nS na r r r

− + −+ += =− + −+ +

=

n n

.

2. A 12. feladatbeli összefüggés alapján (m és esetén) 3= 2p =

( ) ( ) ( )3 22 2 3 33 2n n nS S Sn n n n n nn n n

⋅ − + − + − = 0 ⇒ 3

3nS

2n nS S+ 0− − = , tehát

. ( )3 23 6n n nS S S= − = nS

15. Bizonyítsd be, hogy ha ( )n n Na ∗∈2n

egy számtani haladvány és létezik

úgy, hogy és S , akkor S k !

*m n≠ ∈2

mS m= n =2, 1k k= ∀ ≥

Megoldás. Az és S egyenlőségek alapján r és a , tehát 2mS m=)

2n n= 2= 1 1=

( 2k 1k∀ ≥1kk k

S k a= ⋅ + 12

2− ⋅ = , .

16. Bizonyítsd be, hogy az a, b és c számok pontosan akkor alkotnak számtani haladványt, ha 2 2 ! ( ) ( ) (3 7 9a b c abc a b c ab bc ca⋅ + + + = ⋅ + + ⋅ + + )

0Megoldás. Az adott egyenlőség alakban

írható. Ez pontosan akkor teljesül, ha

( )( )( )2 2 2a b c b a c c a b− − − − − − =

2b c+=a , vagy

2a c+=b , vagy

2a b+=c ,

azaz pontosan akkor, ha az a, b és c számok valamilyen sorrendben számtani haladványt alkotnak. 17. Bizonyítsd be, hogy ha a b c és az *, , ∈

2 2( , ) ( ) ( ) ( )E x y a b c x b c a xy c a b y= − + − + −

kifejezés minden esetén egy természetes szám négyzete, akkor ,x y ∈ 1 1,a b

és 1c

számtani haladványt alkotnak! Megoldás. Előbb igazoljuk, hogy ha egy α β (α β ) alakú

kifejezés minden x y értékre valamely természetes szám teljes négyzete, akkor

. Az x és , illetve x és y számpárokra a kifejezés értéke teljes négyzet, tehát és , ahol u v . Így

. Ha rögzítjük az y -et, az összefüggésből következik, hogy β . Így az

kifejezés értékkészlete végtelen sok különböző teljes négyzetet tartalmaz. Az u x egyenlet diszkriminánsa teljes négyzet, mert

, tehát teljes négyzet. Az előbbi két észrevétel alapján végtelen sok különböző teljes négyzet létezik, amelyhez ( -et hozzáadva

2 2x xy γ+ +

1= 0=2vγ =

2

β −

y *, , γ ∈

, ∈

1=∈

)2 24u v

, ∈

0=

y u xγ =, x∈ ∀

2 2 xβ+ +2 24u v−

2 4 0β αγ− =

x xyα β+ +2 2u x x vβ+ +2 2u x x vβ+ +

x ∈

1y =

2 xyβ+ +

2v n=24u n

2uα =2v y

2

2

2 2 2

2 ∈2

2β +2


teljes négyzetet kapunk. Ez csak akkor lehetséges, ha a ( számnak

végtelen sok osztója van, vagyis β . Ez éppen a kívánt β α összefüggés. Az előbbi tulajdonság alapján b c . Ez ekvivalens átalakításokkal a következőképpen írható:

)22

2 24u vβ −2 −

( )(c b c a b− −

2 2 02 0

2 24u v=2

( )4 4acb a−

(acb a−

4 0γ =)4 0=( )2a a− −

4c a c+ + =

)2 24 4c a c+ + =( ) ]22 0a ac− =b c +

1 1a c+ = 2

b

3 73m = 7na =

( )2 22b c a acb− +

b c ( )2a+ [

.

18. Lehetnek-e a 3, 7 és 13 ugyanannak a számtani sorozatnak a tagjai? Hát mértani haladványnak? Megoldás. Tételezzük fel, hogy , és 13 ugyanannak a számtani haladványnak m-edik, n-edik illetve p-edik tagja. Az a , és

13pa = egyenlőségekből következik, hogy ( )n m r−7 3− = és

(13 3 p m r− = − ) , ahol r a haladvány állandó különbsége. Az r nem lehet nulla,

tehát 7 313 3

n mp m

− −= ∈− −

. Az n −−m

p m arányt jelöljük q-val. , tehát

. Ha

n p≠

1q ≠ 7 313 3

q− =−

, akkor ( )7 1q 3− = 13q+ , és így

( )( )

22 13 7 3 121

2 1q q

q⋅ − − −= ∈

−.

Másrészt 21 ∉ , tehát ellentmondáshoz jutunk. Az előbbi ellentmondás alapján 3 , 7 és 13 nem lehetnek ugyanannak a számtani haladványnak a tagjai.

Hasonló gondolatmenet segítségével vizsgálhatjuk a második kérdést is. Ha 3 , 7 és 13 egy ( ) mértani haladvány m-edik, n-edik illetve p-edik tagja volna,

akkor a n nb ∗∈N

7 3 q= ⋅ n m− és 13 3 p mq −= ⋅ egyenlőségeknek kellene teljesülniük.

Ebből következik, hogy 7 133 3

p m n m− − = , és ez lehetetlen, mert . m n p m≠ ≠ ≠

19. Igaz-e, hogy ha az ( )n na ∗∈2

12 na+ −

sorozat tagjai teljesítik az

rekurziót, bármely n esetén, akkor a sorozat vagy számtani haladvány, vagy mértani haladvány?

(1 2 1 22n n n n n n na a a a a a a+ + + +− + = )

) 0

∗∈

Megoldás. Az adott összefüggés ( ) alakban

írható. Ebből következik, hogy bármely n esetén

(1 2 12 2n n n n na a a a a+ + +− − − =*N∈ 2n+

1 2n

n

a a+

+=a , vagy


1 2na + = na

1 n

. A sorozat nem kötelező módon számtani vagy mértani haladvány, mert előfordulhat, hogy bizonyos n értékekre az első, és más n értékekre a második egyenlőség teljesül. Ilyen például a következő sorozat: 1, 2, 3, 6, 9, 18, ...

abya b

=+

1q =

3 24a =

(a és a a ). 2 22n na −= 2 1 2 2 12n n a+ −= −

20. Bizonyítsd be, hogy ha ( ) 0,a b+ >ab akkor az ab a ba b ab

+= −+

x a ,

és abza b

= −+

a bbab+ számok mértani haladványt alkotnak!

Megoldás. ab a b ab a ba ba b ab a b ab

+ + ⋅ = − − = + + x z

2ab a b abb a ab y

a b ab a b+= − − + ⋅ = =

+ +,

tehát az x, y és z számok számtani haladványban vannak. (A feltételek alapján x, y és z létezik és egyik sem nulla.) 21. Bizonyítsd be, hogy ha ( mértani haladvány, akkor )n nb ∗∈N

( ) ( 23 2 2n n n n nS S S S S⋅ − = − )

b b 1b

! Megoldás. A 3.3.4. Tétel értelmében két esetet kell megvizsgálnunk aszerint, hogy

, vagy q . Ha q , akkor S n , és S , tehát az egyenlőség teljesül. Ha q , akkor ellenőrizni kell a

1≠ 1=1≠

1n = 2 12nS n= 3 3n n=

23 2 2

1 1 1 11 1 11 1 1

n n n nq q q qb b b bq q q q

− − − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ − − − − 11−

3

10

30 2

egyenlőséget. Ez számolással ellenőrizhető. 22. Határozd meg azokat az a a és a mértani haladványban levő számokat, amelyekre az a a és a számok számtani haladványban vannak!

1 2, , a

3 9a −4

4 −1 21, 2,− − 28

Megoldás. A keresett számok a, aq, és aq alakúak, mert mértani haladványt alkotnak. Az a , , és a számok pontosan akkor alkotnak számtani haladványt, ha

2aq 3

281 1− 2 2a − 3 9a − 4 −

( )( )2 1 3

3 2 4

2 2

2 9

a a a

a a a

− = + − − = + − vagyis

.

( )( )

2

2

2 1 6

2 1 1

a q q

aq q q

⋅ − + =

⋅ − + =Ebből következik, hogy q , tehát a és a keresett számok: a , ,

és a . 2= 6= 1 6= 2 12a =

4 48=23. Határozd meg azt a 16 tagú számtani haladványt, amelynek az első, a negyedik és tizenhatodik tagja mértani haladványt alkot (ebben a sorrendben)!


Megoldás. Ha a sorozat első tagja és r az állandó különbsége, az egyenlethez jutunk. Ebből következik, hogy

, tehát a haladvány vagy konstans sorozat, vagy

1a

1a( ) ( )21 1 15 3a a r r⋅ + = +( )1 0r a r− = 1, 1,n a n= ∀ = 16a n .

24. Bizonyítsd be, hogy, ha a a számtani haladványt alkot, akkor 1 2, , ..., na

a) 1 2 2 3 1 1

1 1 1...n n

na a a a a a a a−

−+ + + =+ + + +

1

n

, ha a 0k >

1,k = n esetén;

b) ( )111 2 2 32 2 2 2 2 2 2 21 2 2 3 1 1 1

... nn n

n n n

n a aa aa a a aa a a a a a a a

++

+ +

⋅ +++ ++ + + =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

1 ha a 0k ≠ 1, 1k n= +

esetén. Megoldás. a) Átalakítjuk az összeg általános tagját:

( )11

1 1

1 1k kk k

k k k k

a aa a

a a a a r−

−− −

−= = −

+ −, tehát

1 2 1

1 1...n na a a a−

+ + =+ +

( )2 1 3 2 1 2 11 ... n n n na a a a a a a ar − − −= − + − + + − + − =

( )( )( )

1 1 1 1

11 1

1 1n n

nn n

a a a a a n r a nr ar a a r a a− − + − − −= =

++ + a= = .

b) Bővítjük az összeg általános tagját r-el: ( ) ( )( ) 2 2

1 1 1 12 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1

1 1 1k k k k k k k k

k k k k k k k k

r a a a a a a a ara a ra a ra a r a a+ + + +

+ + +

+ − + − = = = − 1+,

tehát 12 2 2 2

1 1

1 1 1k k

k k k k

a aa a r a a+

+ +

+ = − . Ebből következik, hogy

... ...11 22 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 1 2 2 3 1

1 1 1 1 1 1 1n n

n n n n

a aa aa a a a r a a a a a a

+

+ +

++ + + = − + − + + − =

( ) ( )1 1 1 12 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1

1 1 1 1 n n

n n

nr a a n a ar a a r a a a a

+ +

+ +

+ + = − = = n+

.

25. Számítsd ki a következő összegeket és szorzatokat, ha a a számtani haladványt alkotnak:

1 2, ,..., ,...na

a) 21 2 2 3 1

1 1 1( ) ... , 0 1, 1in n

S n a i na a a a a a +

= + + + ≠ = +⋅ ⋅ ⋅

;

b) 31 2 3 2 3 4 1 2

1 1 1( ) ... , 0 1, 2in n n

a i na a a a a a a a a+ +

= + + + ≠ = +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

S n ;


c) 1 2 2 3 1 1 2

1 1 1( ) ... , 0... ... ...k i

k k n n n k

S n aa a a a a a a a a+ + + +

= + + + ≠⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

;

d) O n ; 2 1 2 2 3 1( ) ... n na a a a a a−= ⋅ + ⋅ + + ⋅e) O n ; 3 1 2 3 2 3 4 2 1( ) ... n na a a a a a a a a− −= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ n

2f) ; 2 2 2 21 2 3 1( ) ... n nN n a a a a a−= + + + + +

g) 2 2 2

1 2 2 22 3 4

( ) 1 1 1 ... 1n

r r rP na a a

= − ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ −

2

2

ra

, ha a , 0i ≠ 2,=i n ;

h) 3 3 3 3 3 3 32 3 4

2 3 3 3 3 3 3 32 3 4

( ) ... n

n

a r a r a r a ra r a r a r a r

− − − −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅+ + + +

3

3P n ha a r , i ≠ − 2,=i n .

Megoldás. a) 1

1 1 1

1 1k k

k k k k k k k k

a ara a ra a ra a r a a

+

+ + + 1

1 1

+

− = = = ⋅ − , tehát

( ) ...21 2 2 3 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

n n n

S nr a a a a a a r a a+ +

= − + − + + − = − =

1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

n

n n

a a a n r a nra a ra a a a+

+ +

− + ⋅ −= = =n+

.

b) 2

1 2 1 2 1 2 1 1 2

1 2 1 12 2 2

k k

k k k k k k k k k k k k k

a ara a a ra a a ra a a r a a a a

+

+ + + + + + + + +

− = = = ⋅ − 1 , tehát

( ) ...31 2 2 3 2 3 3 4 1 1 2

1 1 1 1 1 1 12 n n n n

S nr a a a a a a a a a a a a+ + +

= ⋅ − + − + + − =

1 2 1 2

1 1 12 n nr a a a a+ +

= − .

c) ( )( ) ( )... ... ...

1

1 2 1 2 1 2

111 1

m k m

m m m k m m m k m m m k

a ak ra a a k ra a a k ra a a

+ +

+ + + + + + + + +

−−= = =− −

( ) ... ...1 2 1 2 3

1 1 11 m m m k m m m kk r a a a a a a+ + + − + + +

= ⋅ − − , tehát

( )( ) ... ...1 2 1 2 3

1 1 11k

k n n n

S nk r a a a a a a− + + +

= ⋅ − − k

1

.

d) ( ) ( )1 1

2 1 1 21 1

3 3n n

k k k k k kk k

rO n a a r a a a a− −

+ + + −= =

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ − =∑ ∑

( ) ( )1

1 2 1 1 1 2 3 1 1 2 2 3 4 1 2 31

n

k k k k k kk

a a a a a a a a a a r a a a a a a a a−

+ + − +=

= − = − − + − +∑

... 2 1 3 2 1 1 1 2 1n n n n n n n n n n n na a a a a a a a a a a a− − − − − − + − −+ + − + − =

( )1 1 1 1n n na a a a r a a− += − − 2 , ha r . 0≠


0r = esetén O n . ( ) ( ) 22 11n a= −

e) Az előbbihez hasonlóan:

( )

( )

( )

ha

ha

2 1 1 1 1 2 3

331

, 04

2 ,

n n n na a a a a r a a ar

rO nn a r

− − + − − ≠= − =

n n n

0

1

1

.

f) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 22 2 21 1 1

1 1 1

1 1 2kk k k

N n a a k r a k r a k r= = =

= = + − = + − + − =∑ ∑ ∑n n

= + ( ) ( )22 21 1

1 1

2 1k k

na a r k r k= =

⋅ ⋅ − + ⋅ − =∑ ∑

( ) ( ) ( )2 21 1

1 1 22

2 6n n n n nna a r r− −⋅ + ⋅ 1−= + .

g) ( )( )2 221 1

2 2 2 21 k k k kk

k k k k

a r a r a aa rra a a a

− +− +−− = = = , ha k , tehát 2≥

a a( ) ... 1 1 11 3 2 4 3 5 4 6 2 11 2 2 2 2 2 2

2 3 4 5 1 2

n n nn n

n n

aa a a a a a a a a a aP na a a a a a a a

− + +−

−

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ . n

h) ( )( )( )( )

( )( )

2 2 2 23 31

3 3 2 2 2 21

k k k k k kk

k k k k k k k

a r a a r r a a a r ra ra r a r a a r r a a a r r

−

+

− + + + +− = =+ + − + ⋅ − +

( ) ( )22 2 2 21 1k k k k k ka a r r a r a r r r a a− −+ ⋅ + = − + − ⋅ + = − ⋅

, ha k . Másrészt

, tehát

2≥

r 2r +

( )( )( )

( )( )

2 2 2 21 1

2 2 2 22 21 1 1

n nk k k k k k

k kk k k k k k

a a a r r a a a r rP n

a a a r r a a a r r− −

= =+ + − −

⋅ + + ⋅ + += =

⋅ − + ⋅ + +∏ ∏ 21

=

... ...2 2 2 2 2 2

1 2 3 1 2 2 3 32 2 2 2 2

3 4 5 1 1 1 2 2 1 1

n n

n n

a a a a a a r r a a r r a a r ra a a a a a r r a a r r a a r r

−

+ − −

+ + + + + += ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =+ + + + + + 2

n

n

2 21 2

2 21 1 1

n n

n n

a a a a r ra a a a r r+

+ += ⋅+ +

.

A feltételek alapján a és a , tehát az előbbi kifejezés jól értelmezett. 0n ≠ 1 0n+ ≠26. Bizonyítsd be, hogy ha a a pozitív tagú számtani haladvány, akkor 1 2, ,..., ,...na

a) 1 3 5 2 1 1

2 4 6 2 2 1

... n

n n

a a a a aa a a a a

−

+

⋅ ⋅ ⋅ ≤ ;

b) 1 2 1 1 2 2 3 2 1 2 1 2

1 1 1...

( )n n n

n na a a a a a a a a r a+ −

≤ + + + ≤⋅ ⋅ ⋅ − n

1r a r> > >, ha 2 0 ;

c) 1 2 3 ... na a a a+ + + + < 2a , ha a , és r . 1 1≥ 1≥

Megoldás. a) Ha a sorozat állandó tagú, mindkét oldal 1-gyel egyenlő. Ha r , a matematikai indukció módszerét használjuk.

0≠


1 1

2 3

a aa a

≤ ⇔ 122 3

1aa a

≤ , tehát

-re az egyenlőtlenség igaz. Ha

⇔ 21 3 2a a a≤ ⇔ ( )( ) 2

2 2a r a r a− + ≤ 2 ⇔ 2 0r ≥

1n = ...1 3 2 1

2 4 2

na a aa a a

−⋅ ⋅ ⋅ 1

2 1n n

aa +

≤ , akkor

... 2 11

2 2 2n na⋅ ⋅ ⋅ 21

2 1 2n n

aa a

+

+ +

⋅ 1

2

a

+

1 3

2 4

a aa a

2naa

−⋅ na ≤ n+ , tehát be kellene látni, hogy

2 11 1

2 1 2 2 2 3

n

n n n

aa aa a a

+

+ +

⋅ ≤+

.

Ez a következőképpen alakítható: 2

2 1 2 3 2 2n n na a a+ +⋅ ≤ + ⇔ ( ) ⇔ r . ( ) 22 2 2 2 2 2n na r a r a+ +− + ≤ n+

2 0≥

A matematikai indukció elve alapján az egyenlőtlenség teljesül bármely n esetén.

∈ *

b) A 26. feladat a) pontjában láttuk, hogy

...1 2 2 1 2 1 2

1 1 1 1

n n na a a a r a a−

+ + = − 1 .

Igazolnunk kell, hogy

( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 2

1 1 1 , 12 2 1 n

n n na a nr r a a n r a r a

≤ − ≤ ∀ ≥ + + − − .

Ellenőrizhető, hogy az adott feltételekből következik e két egyenlőtlenség. c) A matematikai indukció módszerét használjuk. n esetén a 1= 1 2a a< egyenlőtlenséget kell igazolnunk.

1 2a a< ⇔ a a a a ⇔ a a . 21 2< ⇔ ( )21 1 r< + ( )2 2

1 1 2 1r r+ − + > 0Az itt megjelenő másodfokú kifejezés diszkriminánsa ∆ és ez kisebb mint nulla, tehát az egyenlőtlenség teljesül. n esetén a

1 4r= −2= 1 2a a+ < 2a

egyenlőtlenséget kell igazolnunk. Ha az n -re igazolt egyenlőtlenséget az 1=2a , , … számtani haladványra írjuk fel, következik, hogy 3a 2a a< 3 , tehát

1 2 1a a a a+ < +2

1 1 2a a r≤ +4∆ =

2+ ≥ 1

3 2

2r

r

. Így elégséges igazolni, hogy a a , vagyis

. Az x x egyenlet diszkriminánsa , tehát a gyökök x r és . A feltételek alapján

, tehát a . Ebből következik, hogy az egyenlőtlenség teljesül. Ha feltételezzük, hogy n-re igaz az egyenlőtlenség, akkor az a , , , … , a , haladványra alkalmazva következik, hogy

21 3 a+ ≤

2 2 0r r− =r

3a 4a

1 +

2≥ −

2 2a r+

a r

( )2 2 1r+ − +1 2= − 2x = −

2

1

n 1na +

...2 3 1na a a ++ + + < 3a .


Így ...1 2 1 1na a a a a++ + + < + 3 . Az előbb igazoltuk, hogy 1 3a a a+ ≤ 2 ,

tehát ...1 2 1na a a ++ + + < 2a .

27. Bizonyítsd be, hogy a következő számok teljes négyzetek a)

11...122...2 5 1

nnn

−∀ ≥1 ; b)

2...1 22...2 1

nnn− ∀11 . ≥

1

Megoldás. a) ( ) ( )1 2

111...122...2 5 5 2 10 ... 10 10 ... 10n n n

nn

+ −

−= + + + + + + =

2 1 2 110 1 10 1 45 10 10 205 10 109 9 9

n n n n− +− − + + −= + ⋅ + ⋅ = =

( ) ( )22 2 1 125 4 10 4 10 1 25 2 10 19 9

n n n− − −⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ += = =

( ) 215 2 10 13

n− ⋅ ⋅ + =

, . 1n∀ ≥

Elégséges igazolni, hogy 2 1 . A 2 1 szám n -re éppen

három, míg n -re 2-sel kezdődik, 1-sel végződik és a többi számjegye 0, tehát a számjegyek összege 3. Ebből következik, hogy ( , tehát

10 1 3n−⋅ + 10 1n−⋅ + 1=

1+2≥

( ))12 10 3n−⋅

15 2 103

n−⋅ ⋅ 1+∈ és így a vizsgált szám teljes négyzet.

Megjegyzés. A feladat megoldható a mértani haladványok összegképletének használata nélkül is. { }1,2, 3, 4∈n -re a következő számokat kapjuk:

25 25= 12 225 35=

1122 225 335= 11 . 2122225 3335=

Azt sejthetjük, hogy 1 . Ezt igazolhatjuk úgy is, hogy

elvégezzük a jobb oldalon a szorzást.

2

1 11...122...2 33...3 5

nn n− −=

b) 1 ( ) (2 2 1

21...1 22...2 1 10 10 ... 10 2 1 10 ... 10n n

nn

− −− = + + + + − + + + =)1

( )2 22 2 10 110 1 10 1 10 1 2 10 2 10 12 ,9 9 9 9 3

nn n n n n

n− − − − − ⋅ + − = − ⋅ = = = ∀ ≥

1

. ...10 1 99 9n

n− = , tehát ( és így a vizsgált szám teljes négyzet. )10 1 3n −

28. Számítsd ki a következő összegeket a) ; b) S n . 2 3

1( ) 2 3 ... nS n x x x nx= + + + + 2 2 2 3 22( ) 2 3 ... nx x x n x= + + + +


Megoldás a) 1. módszer. ( ) ...21 2 nS n x x nx= + + + =

( ) ( ) ( )... ... ... ...2 2 3 3 4n n nx x x x x x x x x x= + + + + + + + + + + + + + =n

...1 1 2 1 3 1

1 1 1 1

n n n nx x x x x x x xx x x x

+ + + +− − − −= + + + +− − − −

n

=

( )...1 1

21 11 1 1 1 1

n nnnx nx x xx x x

x x x x x

+ + −= − + + + = − ⋅ =− − − − −

n

( )1 1 11 1

n nnx n xxx x

+ − + +⋅− −

1≠, ha x .

1x = esetén ( )( )...1

11 22

n nn += + + + =S n .

2. módszer. (lásd a 3.3.3. feladatot, vagy az I.4. paragrafusból a 2. feladatot.) Kiszámítjuk az S n különbséget. ( ) ( )1 x S n− ⋅ 1

x

( )1S n = x + 22x + 33x + … + ( ) 11 nn x −− + nnx

( )1xS n− = − 2x − 32x − … − ( ) 12 nn x −− − ( )1 nn − − 1nnx +

( ) ( )11 x S n− = x + 2x + 3x + … + 1nx − + nx − 1nnx +

tehát ( ) ( ) 11

111

nnxx S n x nx

x+−− = ⋅ −

−, ahonnan

( )( )11 1

11 1

1 1 1 1 1

n nn n nx n xnx x x xS nx x x x x

++ − − + += − ⋅ = ⋅− − − − −

.

Megjegyzés. A polinomok formális deriváltjának értelmezése után a következőképpen is kiszámíthatjuk az összeget.

Az ...1

2 11

nn xx x x

x

+ −+ + + + =−

1 egyenlőség mindkét oldalát deriváljuk:

( ) ( ) ( )( )

...1

2 12

1 11 2 3

1

n nn n x x x

x x nxx

+− + − − −

+ + + + =−

1, tehát

( ) ( ) ( )( )

...1 1

2 32

1 12 3

1

n nn n x x x x

x x x nxx

+ ++ − − −+ + + + =

−1=

( )1 1 11 1

n nnx n xxx x

+ − + += ⋅− −

.

b) S n ( ) ( )2 2xS n− =( ) ( ) ( )...2 3 22 2 1 2 3 1 2 1 n nx x x n x n x += + ⋅ − + ⋅ − + + ⋅ − − =1

2 1n

( ) ( )... ...2 2 32 2 n nx x nx x x x n x += ⋅ + + + − + + + − =


( )1 12 21 1 12

1 1 1

n n nnnx n xx xx n

x x x

+ −+− + + −= ⋅ ⋅ − ⋅ −

− − −1x ,

tehát ( )( )( )

( )( )2 1 22 3

1 11

nx xS n n x n xx

++= ⋅ − −−

( )( )

1n − , ha . -re 1x ≠ 1x =

( ) ...2 2 2 1 2 11 26

n n nn + += + + + =2S n . n

29. Számítsd ki az 3 21

1( )4 1k k=

=−∑S n összeget!

Megoldás. (lásd az I.4. paragrafus 5. feladatát, vagy a 25. feladat a) alpontját)

( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )2

2 1 2 11 1 1 2 14 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1

k kk k k k k k k

+ − −= = ⋅ = ⋅ =− − + − + − +

1 1 12 2 1 2 1k k = − − +

, tehát

21 1

1 1 1 14 1 2 2 1 2 1

n n

k kk k k= =

= ⋅ − = − − +∑ ∑

...1 1 1 1 1 1 1 1 1 112 3 3 5 5 7 2 3 2 1 2 1 2 1n n n n = − + − + − + + − + − = − − − +

1 112 2 1 2 1

nn n

= ⋅ − = + +.

30. Bizonyítsd be, hogy 2 2 2 2

1 1 1 1... 22 3 4 n

+ + + + + <1 !

Megoldás. Az ( )2

1 11k k k

<−

egyenlőtlenség és az I.4. paragrafus az 5. feladata

alapján ( )2 2

1 2 2

1 1 11 11

n n n

k k kk k k k= = =

= + < + =−∑ ∑ ∑

...1 1 1 1 1 1 1 11 1 2 2,2 2 3 3 4 1

*nn n n

= + − + − + − + + − = − < ∀ ∈ −.

Megjegyzések. 1. Néha hasznos lehet a következő ötlet is. Az egyenlőtlenséget

úgy szigorítjuk, hogy az indukciós bizonyítás működjön. Az ...2 2

1 12 n

+ + + <1 2

egyenlőtlenség helyett az ( )...2 2

1 1 22

E nn

+ + + < −1 egyenlőtlenséget próbáljuk

igazolni, ahol E(n) egy megfelelően választott kifejezés. Ahhoz, hogy az indukciós bizonyítás működjön, szükséges, hogy teljesüljön a

( )( )

(212 21

E n E nn

− + < − ++

)1 egyenlőtlenség, tehát az


( )( ) ( )2

1 11

E n E nn

< − ++

egyenlőtlenség. Itt látható, hogy ( )1n

=E n megfelel1,

tehát indukcióval igazolható, hogy 21

1 12 ,n

k

nk n=

≤ − ∀ ≥ 1∑ .

2. Igazolható a következő, pontosabb egyenlőtlenség is: 2

2 2

1 11 ... ,2 6

*nn

π+ + + < ∀ ∈ .

31. Egy -es táblázat minden sorába egy a állandó különbségű és minden oszlopába egy b állandó különbségű számtani haladványt írtunk. Bizonyítsd be, hogy bárhogyan is választjátok ki a táblázat n olyan elemét, amelyek közt nincs sem kettő egy sorban sem kettő egy oszlopban, a kiválasztott számok összege mindig ugyanannyi!

n n×

Megoldás. Jelöljük -vel a táblázat i-ik sorában és j-ik oszlopában található számot. A feltételek szerint

ija

( )1 11 1 , 1,i i b i= + − ⋅ =a a és n

( )1 1 , 1,ij i j a j= + − =a a , n

tehát ( ) ( )11 1 1 , ,ij j a i b i j= + − + − = 1,na a .

Bárhogyan is választunk ki n elemet a táblázatból, ha azok közt nincsen kettő sem egy sorban sem egy oszlopban, akkor az összegükben a megjelenik n-szer, és az a illetve b együtthatójaként 0-tól (n−1)-ig minden természetes szám megjelenik, tehát az összeg értéke

11

( ) ( ) ( ) ( )11 111 1

11 12

n n

j i

n nna a j b i na a b= =

−+ ⋅ − + ⋅ − = + +∑ ∑ .

Ez éppen a táblázatban szereplő számok összegének 1n

-ed része és független a

számok kiválasztásától. 32. Bizonyítsd be, hogy egy trapéz alapjainak és középvonalának hossza számtani haladványt alkot! Megoldás I.1. ábra Egészítsük ki a trapézt egy paralelogrammára a mellékelt ábrának megfelelően. Az MN szakasz hossza az MP középvonal kétszerese. Másrészt a paralelogramma egyik oldalával

egyenlő, tehát 2a bMP += .

a

b

b

a

M P N

1 Annak magyarázata, hogy miért éppen ezt választottuk, meghaladja a X. osztályos anyag kereteit.


33. Egy konvex négyszög két szemben fekvő oldalát osszuk fel n egyenlő részre, majd a megfelelő osztópontokat kössük össze. Bizonyítsd be, hogy az így kapott n diszjunkt belsővel rendelkező négyszög területe számtani haladványban van! Megoldás. A feladatot elégséges n -ra megoldani, hisz egy sorozat pontosan akkor számtani haladvány, ha bármely három egymás utáni tag számtani

haladványban van. A mellékelt ábra jelölései szerint

3=

[ ] [ ]13

MC T ABC=T B és

[ ] [13

T AQD T ACD= ] , tehát [ ] [ ]T AQD+ =T BMC [ ] [ ]( )13T ABC T ACD+ =

[13T ABCD= ] . Ebből következik, hogy [ ] [ ] ( )2 . 1

3MCQ T ABCD=T A .

Másrészt [ ] [ ]T M és PQ T MCP= [ ] [ ]QN T MNQ=T A , tehát [ ] [ ] [ ] [ ]T MCQA T MNPQ T MPC T ANQ= + + = [ ] [ ] [ ] [ ] ( )2 2T MNPQ T MPQ T MNQ T MNPQ= + + = .

Az (1) és (2) alapján [ ] [13

NPQ T ABCD= ]T M , tehát

[ ] [ ] [ ]23

T BMPC T ANQD T ABCD+ =

és így

[ ][ ] [ ]

2T BMPC T ANQD

T MNPQ+

= .

A jobb megértés céljából n -re is elvégezzük a bizonyítást (ugyanígy bármely n-re elvégezhető).

7=

A bizonyított tulajdonság alapján 1 32 2t t+=t , 2 4

3 2t tt += , 3 5

4 2t tt += ,

45 2t tt += 6 , és 5

6 2t t+= 7t , tehát a ( ) 1,7k k

t = számok számtani haladványban

vannak. I.2. ábra I.3. ábra


34. Egy konvex négyszög minden oldalát osszuk fel n egyenlő részre, majd a szemben fekvő oldalak megfelelő osztópontjait kössük össze (lásd a mellékelt ábrát). Az így keletkezett négyszög közül válassz n darabot úgy, hogy a kiválasztott négyszögek közt ne legyen kettő, amely ugyanahhoz a „sávhoz” tartozik. („sáv”-nak nevezzük a 33-as feladatbeli négyszögeket; mivel mind a négy oldalt felosztottuk összesen 2n darab sáv van; a mellékelt ábrán beszíneztünk egy sávot és egy lehetséges választásnak megfelelő három négyszöget) Bizonyítsd be, hogy a kiválasztott négyszögek területének összege az eredeti négyszög területének az n-ed része!

2n

Megoldás. Előbb megvizsgáljuk, hogy a belső metszéspontok milyen arányban osztják a megfelelő szakaszokat.

Az 1.5. ábrán BM CP kAB CD= = és

BN AQ lBC AD= = . Ha k , akkor

MN║AC és

l=

MNAC

= k , valamint

PQ║AC és 1 k−PQAC= , tehát

MN║PQ és 1kk−

MNPQ

= . Ebből

következik, hogy MR NR kMP NQ

= = (lásd az I.6. ábrát). Ha k , akkor jelöljük X -el

és -vel az és metszéspontokat (lásd az

I.7. ábrát). Az ABC háromszögben az szelőre a Ceva tétel alapján

l≠

MN

1

2 ACX∩

1MNX

∩PQ AC

1

1

X AXC

1=1

k ll

⋅−

2Xk− . Az ACD

háromszögben aPQ szelőre 2

2

X AX C

1=1

k ll

⋅−k

− , tehát a két

metszéspont egybeesik. Jelöljük a továbbiakban X-el ezt a két

I.4. ábra

I.5. ábra

I.6. ábra


metszéspontot. Az MPX háromszögben az NRQ szelőre alkalmazott Menelaosz tétel

értelmében 1MN XQ PRNX QP RM

⋅ ⋅ = . A PQD háromszögben az XAC szelőre ismét

Menelaosz tételét írjuk fel: 1DA QXCD AQ XP

⋅ ⋅ =CP , tehát QX és így AQ CD lXP AD CP k= ⋅ =

QX lQP k l=

−. Másrészt 1NX MA BC

MX AB CN⋅ ⋅ = , tehát 1

1NX lMX k

−=−

és így

1MN k lNX k

−=−

. Ebből következik, hogy 1

MR lRP l=

−. Hasonlóan igazolható, hogy

1NR kRQ k=

−, tehát NR BM CP

NQ AB CD= = és MR BN AQ

MP BC AD= = . Eszerint a megfelelő

osztópontokat összekötő szakaszokon keletkező metszéspontok az illető szakaszt n egyenlő részre osztják(*). Az AB és CD oldalak megfelelő metszéspontjai által

I.7. ábra

meghatározott sávokat nevezzük függőlegesnek, míg a BC és AD osztópontjai által meghatározott sávokat vízszintesnek. Ha t -vel jelöljük az i-edik vízszintes és j-edik

függőleges sáv közös részének területét, akkor a 33. feladat és (*) alapján ( )ij

1,ij j nt

= és

( )1,ij i n

t=

( )

számtani haladványok. A

továbbiakban igazoljuk, hogy a

1,ij j nt

= haladványok állandó

különbsége ugyanaz a szám minden { }1,2,...,∈i n esetén.

Vizsgáljuk előbb -ra. 3n =

[ ] [19

T BMN T ABC= ] és

I.8. ábra


[ ] [ ]19

T PDQ T ABC= , tehát [ ] [ ] [ ]19

MN T PDQ T ABCD+ =T B .

] [ ] [ ]RS T SQP=[ ] [ ] [ ]2T SQP T RSTU T RSTU+ + =

Továbbá [ ] [T M és NU T UTR= T T , tehát [ ]T MUN .

Másrészt [ ] [ ] [ ] [ ]1 1 1 13 3 3 9

RSTU T MXPY T ABCD T ABCD = = = T , tehát

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]2 1 19 9 3

T BMUN T UTRS T SQPD T ABCD T ABCD + + = + = .

Ebből következik, hogy t , és t is számtani haladványt alkot. Az eddigiek

alapján a 11 22t 33

( )11 12 13, ,t t t , , , ( )23t21, ,22t t ( )2 33, ,t31 3t t ( )11 21 31, ,t t t , ( ) , ,

és ( számhármasok elemei egy-egy számtani haladványt

határoznak meg. Ez csak akkor lehetséges, ha a ( )

12 22 32, ,t t t ( )13 23 33, ,t t t

( ) 13t t11 22 33, ,t t t )22, , 31t

1,3ij jt

= haladványok állandó

különbsége { }1,2i ∈ , 3 -ra és a ( )1,3ij i=

t haladványok állandó különbsége

{ }1,2,j ∈ 3 -ra ugyanaz. Ezt a tulajdonságot használva állíthatjuk, hogy az általános

esetben a ( )1,ij j n

t=

haladványoknak { }1,2∈ , ...,ni esetén ugyanaz az állandó

különbsége és a ( )1,i=ijt n

haladványoknak { }1,2,...,j n∈ -re szintén ugyanaz az

állandó különbsége. Az eddigiek alapján a ( ), 1,i j n=ijt számok teljesítik a 31. feladat

feltételeit, tehát a feladat állítása igaz. 35. Az ABC háromszögből kivágjuk az oldalak felezőpontjai által meghatározott háromszöget. A megmaradt három darab háromszög mindegyikéből ismét kivágjuk az oldalaik felezőpontjai által alkotott háromszöget és az újonnan keletkező háromszögekre mindig megismételjük ugyanezt.

a) n lépés után hány háromszög keletkezik? b) Számítsd ki az n.-ik lépés után keletkező háromszögek területének összegét

az eredeti háromszög területének függvényében! (az első két lépést az alábbi ábrán láthatod)

Megoldás a) Jelöljük -nel és k -nel az n-edik lépés után megmaradt háromszögek illetve kivágott háromszögek számát. Egy lépésben minden háromszögből három más háromszög keletkezik, tehát h . Mivel h ,

nh n

1 3n+ = nh 1 3=

I.9. ábra


következik, hogy h . Az n-edik lépésben minden megmaradt háromszögből kivágunk egy háromszöget, tehát k k . Így k k és k .

3nn =

1 1n n nh−= +

1 3n nk k −= +

1 2 3nn n− −= +

−1

1 3nn n−

−= + 1 1=

1 1k =

2 1... 32

nn− −+ + =1 3n = + +

34

34

n

T

2 2+ = b4=

( ) ( )2 2 22 2a c b+ −

⇔ ⇔ 2 2b a=

22 b −

AB

1n−

k k 2−

………………….

3 13k .

b) Minden lépésben a megmaradt háromszögek összterülete a -ére csökken, tehát az

n-edik lépés után a háromszögek összterülete. Így a kivágott rész területe

314

n

T −

.

36. Határozd meg azokat a derékszögű háromszögeket, amelyeknek oldalhosszai számtani haladványban álló természetes számok! Megoldás. Jelöljük a háromszögek oldalhosszát a-val, b-vel és c-vel, növekvő sorrendben. A Pithagorász-tétel szerint a b , tehát ha a c , akkor a c 2+ =

22 2

2a cc a + = +

egyenlethez jutunk. Ebből következik, hogy 5

3a=c és

3ab .

Ezeknek a kifejezéseknek az értéke csak akkor természetes szám, ha a osztható 3-mal, tehát a k , b k és c k . 3= 4= 5=

2

37. Keressetek olyan derékszögű háromszögeket, amelyeknek oldalhosszai számtani haladványt alkotó számjegyekben végződő természetes számok és, amelyek nem hasonlóak az előbbi feladatban talált háromszögekkel! Megoldás. Ilyen háromszögek például a (143, 924, 935), vagy a (253, 2904, 2915). Igazolható, hogy végtelen sok ilyen háromszög létezik. A feladatot 1999-ben Tamási Csaba tűzte ki az Octogon (7(1999):1) folyóiratban és Tuzson Zoltán oldotta meg (Octogon (7(1999):2 126-128 oldal.)) 38. Bizonyítsd be, hogy egy háromszög oldalhosszainak négyzetei pontosan akkor alkotnak számtani haladványt, amikor az oldalfelezők hosszának négyzetei számtani haladványt alkotnak! Megoldás. Az oldalfelező hosszára vonatkozó tétel értelmében

2 22 b am m m= + 2c ⇔

( )2 2 2 2

4 4b c a a c+ − +

⋅ = +2c+

2

2 .

2

4

39. Az ABC háromszög AB és AC oldalain vegyük fel az M és N tetszőleges pontokat, majd a BC-n a P pontot úgy, hogy NP . Bizonyítsd be, hogy az ABC és CNP háromszögek valamint az MNCP négyszög területe mértani haladványt alkotnak!


Megoldás. Ha 1NCAC k= , akkor

[ ][ ] 2

1T CNPT ABC k

= , tehát [ ] [ ]2

1NP T ABCk

=T C .

Legyen H az ABC háromszög C-ből induló magasságának hossza és h a CNP háromszög C-ből kiinduló magasságának hossza.

[ ] ( )1

2 2

HAB HNP H h k kT MNP

⋅ − ⋅ − = = =

[ ] 2

1 1 112

AB H kT ABCk k k

⋅ −= ⋅ − = . I.10. ábra

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]2 2

1 1 1kT MNCP T CNP T MNP T ABC T ABC T ABCk k k

−= + = + =

.

Az [ ]2

1 T ABCk

, [ ]1T ABCk

és [ ]BCT A számok mértani haladványban vannak,

tehát a feladatot megoldottuk. 40. Keressetek két olyan hasonló, de nem kongruens háromszöget, amelyek közül az egyiknek két oldala kongruens a másiknak két oldalával!

I.11. ábra

Megoldás. Jelöljük a keresett háromszögek kongruens oldalait a-val és b-vel és e két oldal közös csúcsát C-vel, illetve C -tel (lásd az I.11. ábrát ). A C és C szögek nem kongruensek (ellenkező esetben a két háromszög kongruens lenne), tehát a következő négy esetet kell vizsgálni.

′ ′

1. C A , A , B 2. C A , A , ′∠ = ∠ B ′∠ = ∠ C ′∠ = ∠ ′∠ = ∠ C ′∠ = ∠ B B ′∠ = ∠3. C B , A A , B 4. C B , A , B A . ′∠ = ∠ ′∠ = ∠ C ′∠ = ∠ ′∠ = ∠ C ′∠ = ∠ ′∠ = ∠

1. c aa b c= =

′ ′b′⇒ c a ba b c= =

′ ⇒

2ba

′ =c és 2ab

=c . Az előbbiek alapján a c, a,

b és c számok mértani haladványt alkotnak. Ha q-val jelöljük a haladvány kvóciensét, ′


akkor az oldalak hosszai c, cq, és cq . A háromszög-egyenlőtlenségből következik, hogy 1 , q q és 1 .

2cq1>

3

2+2q q+ > 2+ q q>

2 3

{

)− ⋅∆

2

2 1s s

}\ 1

1n

( )nb =

=

5 1−

n

1+ =

= −( 3n

5,2 2

+

n n

( )2 1n

) (2k

1⋅ −

k =

(p f n) (f n− ⋅ 1, k−

) (1, 1k− ⋅f n(f n(1,

−1,), 1 k− ⋅)1 =

1−1

(, f

−

( ) p⋅)1 p− +

f p (1,(1 )4p− ( ) 23f p= f

( ) ( )1f p= −) 1

1 2p =( )2 2

p −2 1

p2

+( )p p( )

p p( )

−) 2 1

−2 2 1p p−( )

p p−( )3 33) 1 31p p p p− −

2. Az előbbi egyenlőtlenségekből következik, hogy { }5 1 5 1, \2 2

− + ∈ 1q .

Tehát a c, cq, cq és cq, cq , cq oldalakkal rendelkező háromszögek kielégítik a kért

feltételeket bármely

2

q esetén. 1∈

t

)2

Belátható, hogy a 2. és 3. eset ellentmondáshoz vezet és a 4. eset ugyanaz, mint az 1. eset, csak az a és b szerepe felcserélődik. 41. Egy n sejtből álló szövettenyészetbe bekerül egy baktérium. A baktérium (és minden utóda) ∆t idő alatt elpusztít egy sejtet és kettéosztódik. Ha a tenyészet minden sejtje ∆t idő alatt kettéosztódik mit állíthatunk a tenyészet életben-maradásáról? Megoldás. Jelöljük -nel és s -nel az ( idő után létező baktériumok illetve tenyészetbeli sejtek számát. Az adott feltételek alapján b b és b ,

tehát . Másrészt s s és s . Ebből

következik, hogy s , , és általában

nb

8

1 2n n+ =

2 0 =

( )2 2 4n − =

1 1=

n

(4 n −

12nnb−=

2 4 8s n − −

( )12 nns

−−

( )2 2 =

−

−1

−( )3 4= = )n −s . Látható, hogy n t idő után a tenyészet elpusztul.

k ⋅ ∆

42. A világűrből egy idegen vírus érkezik a sztratoszférába. A vírus p valószínűséggel osztódik egy perc alatt ketté (magával azonos vírust hoz létre). Jelöljük f(n, k)-val annak a valószínűségét, hogy n perc elteltével pontosan k darab vírus van. Bizonyítsd be, hogy , majd számítsd ki

-t, ha n .(minden percben csak egy vírus osztódhat)

( , ) (1 ) , 1)f n k p k= + −

4≤( , )f n k

Megoldás. Ha az n-edik perc után pontosan k darab vírus van, akkor az ( )-edik perc után k vagy k darab lehet. Ha k darab van, akkor egyik sem osztódik, ennek valószínűsége

1n −1−( )p

k− −f n . Ha k darab van, akkor az egyik

osztódik, ennek a valószínűsége , tehát ( ) ( )1,f n k n k p= − −1 .

Világos, hogy , , ( )0,1 1f = 1 )2f p= , ( ) ( )22,1 1f p= − , ( ) ( 33,1 1 )f p= − , ( )4,1f = , 2, , ( )3, 4 3p= és ( ) 44, 5f p= .

A rekurzió alapján ( ) ( )2,2 1p p − , ( ( )3,2 3 1f p p= + = − , ( ( )23, 3 3 1f p p= + = − , ( ( )4,2 4 1f p p= + = − ,


( ) ( ) ( ) (2 22 2 24, 3 3 1 3 1 6 1 )2f p p p p p p= − + − = − , ( ) ( ) ( ) ( )2 2 23, 3 2 1 1 3 1f p p p p p p= − + − = − , és

( ) ( ) ( ) ( )3 3 34, 4 3 1 1 4 1f p p p p p p= − + − = − . 43. Valószínűleg hallottál arról, hogy egy őslelet életkorát, annak C -es szén izotóp tartalma alapján meg lehet állapítani. Nézz utána a könyvtárban, hogy milyen eljárás alapján történnek az ilyen típusú életkor becslések, majd állapítsd meg, hogy milyen idős az a dinoszaurusz-lelet, amelynek széntartalma 1 kg és, amely percenként 3825 radioaktív bomlást mutat. (a C -es szén izotóp felezési ideje 5568±30 év és az élő szervezetek 15.3±0,1 bomlást mutatnak egy gramm széntartalom esetén)!

14

14

Megoldás. Az 1940-es évek végén a chicagói egyetem egyik kutatócsoportja, Willard Libby vezetésével, kidolgozta a C -es izotópra alapozott életkorbecslést. Kutatásaiért Willard Libby 1952-ben Nobel díjat is kapott.

14

A módszer lényege a következő két tulajdonságon alapul: a) Az élő szervezetekben a szén 15 bomlást mutat percenként (és ez

a szint állandó). gr, 3 0,1/±

b) A C -es izotóp felezési ideje 5568 ± 30 év. 14

Így az a lelet, amely 7,65 bomlást mutat, minden tartalmazott 1 grammnyi szénre percenként, körülbelül 5568 ± 30 éves. A feladatbeli lelet 3825 bomlást mutat percenként és 1000 gramm a széntartalma, tehát 3,825-tel kell a 15,3-at elosztani. Az eredmény 4, tehát a C kétszer kellett feleződjön, és így a lelet életkora 11136 ± 60 év.

14

44. Bizonyítsd be, hogy ha egy n tagú számtani haladványnak minden tagja prímszám, akkor a haladvány állandó különbsége osztható az n-nél kisebb prímekkel! Megoldás. Legyenek a, a r , a , …, a n a haladványban szereplő prímszámok és p egy n-nél kisebb prímszám. Az a, a r , a , …, a p ,

számok p-vel való osztási maradékai a

+ 2+ r rr r

r

( )1+ −+ 2+ ( )1+ −

a p+ { }0,1,2,..., p 1− halmazban vannak,

tehát létezik olyan j i< , { },i j ∈

) p

0,1,2,...

i j−

, p

r

, amelyre az osztási maradék ugyanaz.

Így , tehát ( ) . Nem lehetséges az i és ( ) (a ir a+ − + jr p 0= j p=

eset (mert ekkor a nem lenne prím), tehát . Ebből következik, hogy r p .

p+ r 0 i j< − p<

45. Az ( )n na ∗∈N nem konstans sorozat tagjai teljesítik az 11 2 ...3nn aa a a

n++ + + =

összefüggést, -re. Bizonyítsd be, hogy a 1≥n∀ nnan

=b sorozat számtani haladvány.

(Megyei olimpia, 1993, Călăraşi) Megoldás. Az adott rekurzió alapján:

2 11

3 3 11 1

n

n i ni

na a an n+ +

=

= + = + + + ∑ 1+3 na , tehát 2 131n n

nn+ ++=+

a a .


Ebből következik, hogy ( )1

12n

n n +=a a , tehát 112

nna nn

+= =b . Látható, hogy a

sorozat egy számtani haladvány.

a

( )n nb ∈ *N

46. Az ( )n na ∗∈N növekvő számtani haladvány első tagja 1-nél nagyobb. Bizonyítsd be, az alábbi egyenlőtlenséget:

2 3 4 5 3.... , 2na a a a a a n⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ < ∀ ≥ !

(Grigore Moisil emlékverseny, 1995, D. Acu) Megoldás. Jelöljük r-el a haladvány állandó különbségét. 0r = -ra (a ) 1 1>

1

1

2 1

111 2

11 1 1 12 1...22 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1... , 2

n

n

na a a a a a a n

−

−

−

− ⋅ −+ + + = = = < ∀ ≥ ,

tehát feltételezhetjük, hogy r . 0>2n = -re 2a a< 3 3 igaz (a ), tehát feltételezhetjük azt is, hogy n . 2 a< 2>

Ha 2 2 3... na a=b a , 3 3 4... na a=b a , ..., n a= nb , akkor

2 3 22 3 2 2 3 3 4

1...2 2 2n

a b aS a a a b a b a b+= = = < = + <

2 3 4 2 3 4 2 3 12 2 2

1 ... ...2 2 2 2 2 4 2 2 2 2

n nn n

a a b a a b a a a b−− −

+< + = + + < < + + + + 2 < 1

2 32 1

1...2 2 2 2

nnn

a a a −

−

< + + + + . (mert 2

12 2n nn n

b a−

+< 1− .) Tehát

( )1 12 3 1 1 1

2 1 2 1

2 11 1... ...2 2 2 2 2 2 2 2

n nnn n

a a a a r a r a n rS− −

− −

+ + + − < + + + + = + + + + =

2 1

1 2 1

1 1 1 1 2 1 1... ...2 2 2 2 2 2 2

n n

n

na r− −

−

− = + + + + + + + +

1

=

1

11

11

111 1212 22

n

nn

kk

ka r

−

−−

=

− = ⋅ ⋅ + ⋅ + ∑ 2.

Be kellene látni, hogy: 1 11

1 11

1 11 22 2 2

n nn

kk

ka r− −−

=

⋅ − + ⋅ + < + ∑ a r .

A fenti egyenlőtlenség ekvivalens a következővel:

( )1 1

11

11 22 2

n n

kk

ka r− −

=

− + ⋅ + ⋅ < ∑ r .


Mivel a , elégséges bebizonyítanunk, hogy 1 1>1

1

2, 32

n

kk

k n−

=

< ∀ ≥∑ .

1

2 11

1 2 1...2 2 2 2

n

k nk

k n−

−=

−= + + + =∑

1 2 2

2 2

1 1 11 1 11 1 12 2 2...1 1 12 2 22 2 2

n n

n n

− −

− −

− − − = ⋅ + + + + 1

12=

1 1 3 11 1 1 1 1 11 ...2 2 2 2 2 2

n n n n− − − − = − + − + + − + =

1n−

( ) ( )

2

1 1 2 111 1 1 1 12 2 2 31 2 2 2 22

n

n n n n

n n

−

− − − − − = − − + = − − − < 2 ,

ami teljesül minden n esetén. 3≥Megjegyzés. A bizonyításból kitűnik, hogy érvényes a következő szigorúbb egyenlőtlenség is:

2 3 4 3 1

2...2n n

na a a a a −

−< −

Ennek az egyenlőtlenségnek egy sajátos esetét Finta Zoltán közölte 1996-ban a Matematikai Lapokban. (V.36. feladat, 4/1996)

5 i. fejezet sorozatok, szÁmtani És mÉrtani haladvÁnyokandrasz/cd/megold10/1fej.pdf · 8 = 324....

Documents