2.3. Az indukció alkalmazása a matematikai analízisben

2.3.1. Sorozatok konvergenciája. Rekurzív sorozatok

2.3.1. Tétel. Ha ( ) *Nnnx ∈ olyan sorozat, amely teljesíti az 21 −− += nnn bxaxxR

, lineáris rekurziót, és , akkor léteznek olyan

2>n0>b42 +a dc ∈, számok, amelyekre

, ahol és az egyenlet két megoldása. 12

11

−− += nnn dqcqx 1q q2 02 =−− baxx

Bizonyítás

Megoldjuk az és egyenletrendszert. A rendszer determinánsa

+=+=

212

1

dqcqxdcx

04212 >+=− baqq , így

12

212

qqxxq

−−

=c és 12

112

qqxqxd

−−

= . Az így meghatározott számokra

teljesül -re. Feltételezzük, hogy , 12

11

−− += nnn dqcqx { }2,1∈n 1

21

1−− += kk

k dqcqx nk ≤≤∀ 1 esetén. Ekkor ( ) ( ) =−2

2ndq++ −− 2

11

2nn cqb+= n dqax =+ −

−1

11n

n cqabx+1nx ( ) ( ) nnnnnn dqcqqdqqcqbaqdqbaqcq 21

22

22

21

112

221

21 +=⋅+⋅=+++⋅= −−−− .

Tehát az állítás igaz minden természetes számra. 1≥nSzintén matematikai indukció segítségével igazolhatók a következő tételek:

2.3.2. Tétel. Ha és 042 =+ ba 0≠a , vagyis 2a

=q kétszeres gyöke az

egyenletnek, akkor egy sorozat akkor és csak akkor teljesíti az összefüggést, ha léteznek olyan

02 =−− baxx

( )nn N∈x2>n,21 ∀+= −− bxaxx nnn Rdc ∈, számok, amelyekre . (1 1− −+= n

n ndcqx ) 1−nq2.3.3. Tétel. Ha , vagyis az egyenlet gyökei nem valósak,

, , ahol

042 <+ ba

rq cos2 =

02 =−− baxx

( )uiurq sincos1 −= ( )uiu sin+ b−=r és b

au−

=2

cos , π<< u0 ,

akkor egy ( ) sorozat pontosan akkor teljesíti az 1≥nnx 21 −− += nbx >∀nnaxnxd,

, rekurziót összefüggést, ha léteznek olyan c valós számok, amelyekre

, minden esetén.

2

( )uncrx nn 1cos1 −= − (nd 1sin −+ )[ ]u 1≥n

Alkalmazások

1. Határozzuk meg az ( 2121

−− += nnn xxx ) 2>, ∀n , ax =1 bx =2 sorozat határértékét!

2. Számítsuk ki az ( )∫ −

−=

π

0 cos451cos dx

xxnI n határozott integrált.

3. Számítsuk ki az RRf →: , ( ) xarxf ctg= függvény -edrendű deriváltjának értékét -ban.

n00 =x

4. Számítsuk ki az ∫2

0

sin

π

xdxn és az ∫2

0

sincos

π

nxdxxn integrálokat!

5. Határozzuk meg az ( )x

xfnn

sin

1= , ( ) Rfn →π,0: függvény egy primitív

függvényét!

nP

61

6. Legyen . Az pontot az koordináta rendszer első szögfelezőjére vetítjük, a vetületet -gyel jelöljük. Az pontot az Ox tengelyre vetítjük, ez a vetület

. Az t az egyenesre vetítjük, ez a vetület , és így tovább, az pontot az egyenesre vetítjük, a vetület . Határozzuk meg az pont és

koordinátáit, és a és határértékeket!

+∈ Ra

2A

( 0,0 aA

1A

nxn ∞→lim

) xOy

1A

1+nA2A

−nA1

∞

0 AA

n→lim

3A nA

12 −nA nA nx ny

ny

2.3.1. Feladat. Határozzuk meg a

( ) ( ) ( )

+++++++

−−−

∞→

nnnnnn

nnn

22222 1...2312lim

határértéket, ahol { az }x x valós szám törtrészét jelöli. (Mihai Piticari)

Megoldás. Legyen ( ) ( ) ( ) =+++++++=−−− nnnnnn

n nna222

22 1...2312

( ) Nnkkn

k

nn∈∀++= ∑

=

−,1

22

1 és

( ) ( ) nnnnk kkkkN

−−−++++=

22

11 ( ) ( ) 2222

22

212212nnnn

kkkkkk−−

+−+++++= . A jelölések alapján

( )( ) nnk

nn

kkNkk

−

−

++−=++ 2

2

1

11 ,

( )∑ ∑= =

−++

−=2 2

2

1 1 1

1n

k

n

knnkn

kkNa ,

és ugyanakkor ( ) ( )∑

=−−

+<

++<

2

22

1

2

121

10n

knnnn

n

kk.

Kimutatjuk, hogy ( )

012

2

2

=+

−∞→ nnn

nlim , majd matematikai indukcióval igazoljuk, hogy

( )1

122

2

<+

−nn

n minden természetes szám esetén. Valóban, 2≥n 2=n -re

( )1

2234

122 <

+=

+

4 . Ha feltételezzük, hogy ( )

112

2

2

<+

−nn

n , akkor

( )( )( ) ( )

( )( )

( )( ) ( )

( )( ) ( )

112

111

12

1

12

1

12

1

12

1

12

12

2

22

2

2

22

11

2

222 <+

+

=⋅+

+<

+⋅

+

+=

+

+=

+

+−++−+ nnnnnnnnn

nn

nnnn .

Tehát

( )∑=

−∞→=

++

2

2

10

1

1limn

knnn kk

és { }( )∑

=−

++−=

2

2

1 1

11n

knnn

kka ,

ahonnan . { } 1lim =∞→ nn

a

2.3.2. Feladat. Adott az [ ) [ ]1,0,0: →∞+f folyonos függvény. Értelmezzük az sorozatot, a következő tulajdonságokkal:

( ) 1≥nnF

a) az -nek olyan primitívje, amelyre 1F f ( ) 001 =F ;

62

b) az olyan primitívje, amelyre 1+nF nF ( ) 001 =+nF , 1≥∀n . Bizonyítsuk be, hogy az ( ) , ( ) 1≥nn xa ( ) ( ) ( ) ( )xFxFxFxa nn +++= ...21 , -el értelmezett sorozat minden

1≥∀n[ )∞+∈ ,0x esetén konvergens. (Mihai Piticari)

Megoldás. A matematikai indukció módszerével bizonyítjuk, hogy , minden és minden

( ) 0≥xFn*Nn∈ [ )∞+∈ ,0x esetén. Mivel [ ) [ ]1,0,0: →∞+f , ezért növekvő függvény,

ahonnan 1F

( )1 ( ) 00 =≥xF F , minden [ )∞+∈ ,0x esetén. Feltételezzük, hogy , , ekkor növekvő függvény, így

( ) 0≥xnF[∈∀ ,0x )∞+ 1+nF ( ) ( )011 ++ ≥ nn FxF , [ )∞+∈∀ ,0x -re. Tehát

, , ( ) ≥xFn 0 * [ +∈Nn∈∀ )∞∀ ,0x esetén. Mivel ( ) ( ) ( ) [ )∞+∈∀∈∀≥=− ++ ,0,,0 *

11 xNnxFxaxa nnn , az ( )( ) 1≥nn xa sorozat növekvő.

Mivel , ( ) 1≤xf [ )∞+∈∀ ,0x , ezért ( )( ) ( ) 011 ≤−=′− xfxxF tehát az -el értelmezett függvény csökkenő a [ intervallumon, így

xF −1

),0 ∞+( ) ( ) ),0[,00011 ∞+∈∀=−≤− xFxxF .

Ebből az is következik, hogy ( ) ( ) 0!2 1

2

2 ≤−=′

− xxFxxF

, ),0[ ∞+∈∀x , tehát az

( )!2

2

2xxF − függvény is csökkenő a [ ),0 ∞+ intervallumon. Így

( ) ( ) 0!2

00!2 2

2

2 =−≤− FxxF .

A matematikai indukció módszerével bizonyítjuk, hogy ( )!n

xxFn

n ≤ , ∀ , *Nn∈ ),0[ ∞+∈x∀ .

1=n és -re az állítás igaz. Ha feltételezzük, hogy 2=n ( )!n

xxFn

n ≤ , akkor az

( ) ( ) ( ) 0!≤−=

′−

nxxFx

n

n!1

1

+

+

nxn

1

+Fn , így az ( ) ( )!1

1

1 +−

+

+ nxxF

n

n képlettle értelmezett függvény

csökkenő, tehát ( ) ( ) ( ) 000!1 1

1

1 =−≤+

− +

+

+ n

n

n FnxxF . Tehát

( )!n

xxFn

n ≤ , ),0[ ∞+∈∀x , ∀ . *Nn∈

Ekkor ( ) ( ) ( ) ( )!

...!1

...21 nxxxFxFxFxa

n

nn ++≤+++= , ),0[ ∞+∈∀x , esetén. Így

elegendő azt igazolni, hogy az

*Nn∈∀

!...

!2!1

2

nxxx n

++

),0[ ∞+∈x

általános taggal értelmezett függvénysorozat

konvergens minden -re. Értelmezzük a Rg →∞+ ),0[: , ( )xg függvényt. A

1−−= xe x

g függvény növekvő a [ ),0 ∞+ intervallumon, ahonnan , minden esetén. Mivel ,

( ) gxg ≥ ( )0)∞+ 1+≥ xe x,0[∈x [ ]ax ,0∈∀ , következik, hogy

( )∫ ∫ +≥a a

x dxxdxe0 0

1 ,

63

vagyis 1!1!2

2

++≥aaea , bármely ),0[ ∞+∈a esetén. Matematikai indukcióval bizonyítjuk,

hogy ( ) 1!1+

a...!1!

1

++−

+≥−

na

nae

nna , ),0[ ∞+∈∀a , . Valóban, ha *Nn∈∀

1!1

...!

+++≥x

nxe

nx , , , akkor ) *Nn∈∀,0[ ∞+∈∀x

( )∫∫

+++

−+≥

−a nnax dxx

nx

nxdxe

0

1

0

1!1

...!1!

, ),0[ ∞+∈∀a , ∀ , *Nn∈

ahonnan ( )!1...

!11

1

++++≥

+

nxxe

na .

Bebizonyítottuk tehát, hogy ( ) 1−≤ x

n exa , ),0[ ∞+∈∀x . Weierstrass tételének értelmében az ( )( ) 1≥nn xa sorozat konvergens.

2.3.3. Feladat. Adott az , ( ) *Nnna ∈ 11 =a és n

nn aa 1

1 +=+a , sorozat. Igazoljuk,

hogy , .

*Nn∈∀

( )23,122 −−∈ nnan*Nn∈∀

2.3.4. Feladat. Az ( ) *Nnna ∈ sorozatot az 11 =a , 21

11

++ +=

nnn a

aa rekurzióval értelmezzük.

Bizonyítsuk be, hogy , ∀ . nan 33 > *Nn∈

2.3.5. Feladat. Az sorozatot az ( ) *Nnna ∈ 11 =a , n

nn anaa +=+1 rekurzióval értelmezzük.

Igazoljuk, hogy 1≤ an +≤ nn , ∀ . *Nn∈2.3.6. Feladat. Az pozitív tagú sorozat esetén fennáll az

egyenlőtlenség, ∀ . Mutassuk meg, hogy

( ) *Nnna ∈

*Nn∈12

+−≤ nnn aaan

an1

< .

Megoldás. -nel jelöljük a bizonyítandó állítást. ( )nP 1=n -re , ahonnan

, és így igaz. Ugyanakkor

12121 aaaa <−≤

11 <a (1P )21

41

41

<≤+21 2

2112

−=−≤ aaa 1

−a , tehát ( )2P is

igaz. Ha feltételezzük, hogy igaz, vagyis ( )nPn1an < , akkor , mivel az

függvény a

( ) 2= xx −xf

21,0 intervallumon szigorúan növekvő, kapjuk, hogy ( ) nanan fa =≤+1 ,

11+n

112 <−

==

nn

n1

2−n

1n

2 < fan , tehát az egyenlőtlenség teljesül minden esetén. *Nn∈

2.3.2. Függvényegyenletek 2.3.7. Feladat. Adott az függvény, amely teljesíti a következő feltételeket:

, és

RNf →*:( )( )( ) 21 =f ( )nn Nn∈∀

ffnf

2121−+

=+ , . Bizonyítsuk be, hogy * ( ) 0≠nf , ∀ . *Nn∈

64

Megoldás. Legyen

∈

2,0 πα olyan érték, amelyre 2tg =α , vagyis 2ctgar=α . Ebben

az esetben ( ) αtg1 =f és ( ) ααααα

2=⋅−

+= tg

tgtg1tgtg2f . Matematikai indukcióval bizonyítjuk,

hogy ( ) αnn tg=f , , vagyis *Nn∈∀ ( ) ( )ctgarntgnf = , . Valóban, ha

, akkor

*Nn∈∀

( )nf = (tg )2ctgarn ⋅ ( ) ( )( ) ( )α

αααα

αα 1+tg=

tgtgtg

1tg

tg −21tg21 +

=−+

=+ nnn

nnnf .

Ha létezik olyan , amelyre *Nn∈ ( ) 0=nf , akkor ( ) 02ctgtg =nar , és ebből

következik, hogy πk=2nar ctg , Zk ∈ , vagyis nkar

=π

2ctg , ami lehetetlen, mivel

QRar \2ctg∈

π, és Q

nk∈ .

2.3.8. Feladat. Melyek azok a függvények, amelyek minden esetén kielégítik az összefüggést?

*Nn∈( ) ( ) ( 11 1 −− −= nfnf nn )

Megoldás -re az 2=n ( ) 111 1 ff =− ( )1 egyenlpséget kapjuk, ahonnan ( ) 12 =f . -ra a 3 egyenlőséget kapjuk, ahonnan és

. 3=n(2log3

( ) 213 =−f

63

( ) 2log13 3=−f( ) ) log33 =⋅=f

-re a 4=n ( ) 6log1 334 =−nf egyenlőségből ( ) 6log3log6log14 443 =⋅=−f és innen ( ) ( )432log4 =⋅⋅ 24log44 4=⋅=f 6log4 .

Sejtjük, hogy , esetén. Valóban, ha elfogadjuk, hogy ,

akkor az ) egyenlőségből

( ) !log nnf n=

( ) ( ) (nfnf n=−+ 11

2≥∀n ( ) !log nnf n=

n +1( ) ( ) !loglog!loglog11 111 nnnnnfnf nnnn +++ =⋅=⋅=−+ ,

és innen ( ) ( )!1log1!log1 11 +=+=+ ++ nnnf nn

( )!nn 2≥∀n ( )1f, tehát a matematikai indukció elve alapján

, . Az tetszőleges szám lehet. ( ) lognf =

2.3.9. Feladat. Határozzuk meg azokat az függvényeket, amelyek kielégítik az

**: NNf →( ) ( ) ( ) 1+++=+ mnmfnfmnf és ( ) 11 =f egyenlőséget minden

esetén. *, Nmn ∈2.3.10. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy az alábbi összefüggést kielégítő függvény periodikus:

f

( ) ( )( ) αα

ααcossinsincos

−⋅−⋅

=+xfxfaxf , ahol

2πα ≠ .

Útmutatás. Matematikai indukcióval igazoljuk, hogy ( ) ( )( ) αα

αααkkxfkkxfkxf

cossinsincos

−−

=+ ,

minden esetén. *Nk ∈2.3.11. Feladat. Oldjuk meg az QQf →: , ( ) ( ) (yfxfyxf )+=+ Cauchy féle függvényegyenletet! Útmutatás. Előbb matematikai indukcióval bizonyítjuk, hogy , minden

esetén. ( ) nnf =

Nn∈2.3.12. Feladat. Oldjuk meg az QQf →: , ( ) ( ) ( )yfxfyxf =+ függvényegyenletet.

65

Útmutatás. Ha létezik olyan Qx∈ , amelyre ( ) 0=xf , akkor az identikusan nulla függvény. Egyébként indukcióval igazolható, hogy

f( ) ( )xnfnxf = , és a megoldás . ( ) xaxf =

2.3.13. Feladat. Tekintsük azt a számsorozatot, melynek első két tagja: 121 == aa , további tagjait pedig az

122 −− += nnn aaa (1) kifejezésből számíthatjuk, ahol n egész szám. Jelöljük a sorozat első tagjának összegét

-val, és vizsgáljuk, helyesek-e a következő összefüggések, állítások: 3≥ k

kS

kaS k 212=

−, (2) 1122 −= +kk aS , (3) , (4) 4

4 210 −− ⋅=− k

kk SS

121210 4 −

−⋅=

k

kS , (5) ( ) 11 12 −− −+= k

kk aa , (6) , (7) kkk aa 21 =+ +

54 210 −

− ⋅=− kkk aa . (8)

A és 4 sorszámú tagok 1-es, a 14 +j 2+j 34 +j sorszámúak 3-mas, a 4 sorszámúak 5-ös jegyre végződnek.

j

Adjunk az igaznak talált összefüggések alapján -re olyan kifejezést, amely nem használ fel a sorozatból korábbi tagokat.

na

(Nagy Ferenc, Hajduböszörmény, Kömal, 1965) Megoldás. Tekintsük először a (6) összefüggést, amelyben csak két szomszédos tagja szerepel a sorozatnak. Itt k legkisebb lehetséges értéke 2, ekkor az állítás igaz, a definíció első része szerint. Tegyük fel, hogy igaz (6) az index valamilyen értékére, ebből a definíció második része alapján megmutatjuk ,hogy igaz az 1-gyel nagyobb indexre is, tehát minden

egész számra igaz.

n

2≥kA feltevés szerint ( ) ( )n

nn

nn aaa 11 11 −+=−−= −−2 , ezért (1) szerint

( )nnnnn aaaa 122 11 −+=+= −+ , (9)

ami állításunkat igazolja. Hasonlóan (7) igaz 1=k esetén. És ha igaz valamilyen indexre, akkor igaz -re is, mert (1) felhasználásával

n 1+n

( ) ( ) 111121 22222 ++++++ =⋅=+=++=+ nn

nnnnnnn aaaaaaa , tehát (7) igaz minden pozitív egész -ra. k(7) és (9) felhasználásával már megadhatjuk keresett kifejezését. Adjunk (9) mindkét oldalához -t, és alkalmazzuk a bal oldalra (7)-et:

na

na

( )nn

nnn aaa 1321 −+==+ + ,

ahonnan ( )3

12 nn

na −−= . (10)

Fejezzük ki a (8) bal oldalát (10) alapján (feltéve természetesen, hogy , vagyis ):

14 ≥−k5≥k

( ) ( )[ ] ( ) 5444

444 2102512

321212

31 −−

−−−

− ⋅=⋅=−=−+−−−=− kkk

kkkkkk aa ,

ugyanis és k egyenlő párosságú számok, k 4− ( )1− -et ezekre a kitevőkre emelve a hatvány egyenlő. Eszerint (8) is igaz 5-től minden k ész számra. Minthogy egész szám (és a sorozat tagjai is egész számok), azért 52 −k ( )8 azt fejezi ki, hogy a sorozat minden tagja ( -től kezdve) ugyanolyan jegyre végződik, mint a -gyel kisebb 5a 4

66

indexű tag. Eszerint utolsó számjegye megegyezik , , ..., a utolsó jegyével, ami 1. Hasonlóan a ,

14 +ja ( ) 114 +−ja ( ) 124 +−ja 1

24 +j 34 +j33

, sorszámú tagok utolsó jegye rendre egyenlő , , utolsó jegyével. a ,

j4

2a 3a 4a 12 = =a , 54 =a , tehát a jegyvégződésekre vonatkozó állítás helyes. (2 −k

( ) ( ) 2+ a 2+ a5 2...++322 ++22 −ka32 − +ka4 ...++3 +a2 −kS = a)10 )

( )k2ka22 + −−k a1 2=−

k21 −

)

k 2222 ⋅−

(

ka 12 =+ −

)

k

2

1

11

−−

=

(

k 12 − 3−−

−−1

1⋅=− 212k++ ...5+= 2+−12k aa++ ...+3a= a 2k2kS

( ) 11 = a3

11 −−22

=+k 1

−+k2

3k ( )2 )3

1+4− −=− kakS4k aS

2 −⋅ k ( )4)

( )12 −k

32

=kS 5

k k −k

kS)k1

k

k4 +k42 ⋅=k 12 12 −+

14 =−1 =−

3)

321 −+

k210

11−

3

1 ++k212

=12= +kk a

1a 2a

S

0ak

=a na

1−n ...,3,2,1=

20

0a ) 2<2=1 =a ( ) 2

1>

) bal oldalán az egymás utáni tagpárokat (7) alapján kifejezve 1 tagú mértani sorozatot kapunk, és még az összeg utolsó tagját:

( ) 132

1211 2 −−

+ =++ kk

kaa . Innen a mértani sorozat összeg-képlete, majd ( , végül (1 alkalmazásával tovább haladva, az összefüggés igaznak bizonyul:

( )k aaS 122

22

222 =+⋅= .

Hasonlóan (3) esetében, k tagú sorozattal:

( ) ( )=+++

22222 2

23

421

k

aa

12 −+k ,

tehát ( is helyes. )Mivel és egyenlő párosságú, 4−k és ( felhasználásával páros és páratlan k -ra egyaránt

3−k , a jobb oldal pedig alapján 10 , a ( )8 összefüggés helyes. Végül ( így írható: 5

, ( )′

ez nem lehet érvényes minden -ra, hiszen páratlan esetén 2 1 nem osztható 3-mal, és így nem volna egész szám:

( k4 − , ahol a második tag osztható -mal, de az első nem. Páros -ra azonban érvényes az állítás, mert és felhasználásával ( )3 (10

22

2 =−k

,

és ez egyenlő jobb oldalával, ha helyére mindkét oldalon -t írunk. ( )5′

2.3.14. Feladat. Az , , , ... végtelen sorozatban és egyenlő a 2 -nek az kitevőjű hatványával ( n ). a

a) Korlátos-e a sorozat? b) Konvergens-e a sorozat?

(Surányi János, Budapest, Kömal, 1973) Megoldás

a) Sorozatunk korlátos, egy felső korlátja 2, és egy alsó korlátja . Az alsó korlát nyilvánvaló. Másrészt , < ( 2 0a

, ennélfogva ( ) 22

21 =<=

aa 2 ,

mert az alapra 2 ,és az 1-nél nagyobb alapú exponenciális függvények monoton

67

növekedők. És hasonlóan, ha valamely k indexre 2<ka , akkor ez a nagyságviszony öröklődik a következő elemekre:

) 2=2a

1

) ) (2 1 −−ka

(12

n

)21

+′ yay n)2−

f

)bi sin+=() 2ifxf +

ay

ya n− )2(2

na++ ...a+

n−λ 1

( ( )22

1 <=+k

ka , ezzel bebizonyítottuk állításunkat.

b) Könnyű belátni, hogy az sorozat szigorúan monoton növekedő. na

1=n mellett 01 12 a=>=a . Ha pedig valamely indexre fennáll , akkor az említett monotonság alapján

≥k 1−> kk aa

( ) ( ( ) 0222 11

1 =>−=− −−

+kkk aaa

kk aa . E két megállapításunk alapján alkalmazhatjuk a következő tételt: fölülről korlátos, szigorúan monoton növekvő sorozat konvergens. Eszerint az n sorozat konvergens, a feladat megoldását befejeztük. 2.3.15. Feladat. Legyen , , ... természetes számokból álló monoton növekvő sorozat. Bármely természetes szám vagy eleme a sorozatnak, vagy egyértelműen előállítható a sorozat két különböző tagjának összegeként. Bizonyítsuk be, hogy .

1a 2a

2nan <Megoldás. , hiszen a 0 nem állítható elő két, nála nagyobb szám összegeként. Az , , ..., számok (összesen darab), illetve azokból alkotott párok összegei

(összesen

01 =a

na( )

1a 2a n

21−

1+

n

n

n

a

darab) együttesen ki kell hogy adják az összes, -nél kisebb számot,

melyekből van. Ezért az

1+na

)1−≥

−+ nann

egyenlőtlenségnek fenn kell állnia, ahonnan (1 +<+ nna azonnal adódik. 2.3.3. Konstans együtthatójú lineáris differenciálegyenletek megoldása Keressük meg az (1) differenciálegyenlet megoldását elemi módszerekkel (lineáris terek és a Jordan-féle alak nélkül). ( a keresett függvény és

0... 1(

2)1(

1)( =++++ −

− ayayay nnnn

Cak ∈)(xyy =

nk ,1= ) Szükségünk lesz a következő tulajdonságokra: 1. tulajdonság. Ha két valós változójú deriválható függvény, akkor a az

függvény is deriválható és

RRff →:, 21

)() 2 xifx +CRf →: , ()( 1fxf = )()()( 21 xifxfx ′+′=′ Rx∈∀ .

2. tulajdonság. Ha , akkor ibaz += ( bee az cos és ( ) axax aee =′ ∀ . Rx∈

3. tulajdonság. Ha az CRf →: , )()( 1 xfx = függvény deriváltja 0 egy intervallumon, akkor a függvény konstans azon az intervallumon. (Lagrange-tétel következménye) 4. tulajdonság. Az )(xgy =−′ differenciálegyenlet megoldása

+= ∫ −

xatax dttgecey

0

)( .

5. tulajdonság. Ha minden operátorhoz hozzárendeljük a polinomot és

yayayyyL nnnn +′+++= −−

1)1(

1)(

1 ...

nnn aaa +++= −− λλλ 1

221)P λ1 (

68

ybybybybyyL nnnnn +′++++= −−−

1)2(

2)1(

1)(

2 ...

nnnnn bbbbP +++++= −−− λλλλλ 1

22

112 ...)(

( ))(12 yLL (

egy másik operátor, amelyhez a polinom tartozik, akkor az és

operátorokhoz rendelt polinom a ( )(21 yLL )

)()() 21 λλλ PPP ⋅= .

1=n 0=+′ ayy ax ( ) 0=′

cy = x∈∀axcey −=

2=n 21 0=+′+′′ ayay

( ) rryrryayay 2121210

r

( ) ryry 1 −

21 ++ aa λ

zr2−′−′=+′+−′′=+′+′′=

yryz 1−′= 02 =−′ zrzxrceyry 2

1 =−′

( ) xrrxr ceey )( 121 −− =′

⋅ 21 rr ≠

( )1

12

121 cerr

cey xrrxr +−

=⋅ −− xrecy 11 +⋅= xrec 2

2 ⋅ 2c

lr

yay nn ++ −− )2(2

)1(1 ...

nn aa +++ −− λ1

2 ...

kn

∑=

=m

kk xQy

1(

rr == 2

xrle

}...,, m

][XCk ∈

11 ccxey xr +=⋅ − ( ) rxeccxy 1+=

xrk

kec ⋅

ayLy n += )(

nnn aaP ++= − λλλλ 21

1)(

mrr ...,,, 21 kr

0=Ly

1−≤ kk ngrQ1=n 2=n

1+n

yaya nn )1(

2 ...− +′++

11)( + += nn aP λλλ

mr kr

yayLy nn )(1

)1( + ++=

r ...,,, 21

}...,,2,1{ mk ∈ ( )

1+++ nn aa λ

kn

( ) ( ) mnm

n rxr −− ...22

n xrxxP −=)( 11

1L ( ) ( ) ( ) mnm

n rxrx −− ...22

1nrxxP −= −)( 111

2L ( )1rx −( ))(21 yLLLy = )( 0=yL ( (21 LL

⋅ xrke∑=

=m

kk xQyL

12 )( ≤kgrQ }...,,3,2{ n

2−≤ ngrQ 2≥ 0≡ 1=n

esetén az egyenlet . Ha szorozzuk e -nel, akkor alakban írhatjuk, tehát a Lagrange tétel alapján létezik olyan c konstans, amelyre e

yeax

ax R . Így a megoldás .

esetén az egyenlet alakú. Ha és az egyenlet gyökei, akkor az egyenlet a következő alakba írható:

1 2r 02 =λ

( ) zyry 12 ′=−′ , ahol . De a egyenlet megoldása alakú, tehát az

egyenlet megoldásait kell meghatározni. Ha szorozzuk e -nel az egyenletet,

akkor alakba írhatjuk. Ebből következik, hogy esetén

xrcez 1=xr1−

, tehát , ahol 12 rr

c−

= . esetén

, tehát .

r1

Ha ez így folytatódna nagyobb n esetén is, akkor az egyszeres gyökökre a megoldás általános alakjában jelenne meg és a többszörös gyökök esetén az függvényt egy polinommal kell szorozni, amelynek a fokszáma a többszörösségi foknál eggyel kisebb (hisz minden lépésben eggyel növekszik). Ez alapján a következő kijelentést szeretnénk igazolni:

kr

2.3.4. Tétel. Ha az operátorhoz hozzárendeljük a karakterisztikus polinomot és ennek a gyökei r , ahol többszörösségi foka minden esetén,

akkor az egyenlet általános megoldása , ahol Q és

.

yaya nn +′+ −1

2,1{k ∈

⋅ xrke)

Bizonyítás. és esetén már láttuk, hogy igaz a tétel, tehát elégséges igazolni, hogy ha n-re igaz, akkor -re is igaz. Tekintsük a következő 1+n -ed rendű konstans együtthatójú lineáris differenciáloperátort:

yan 1+ és a hozzá rendelt karakterisztikus polinomot . A P polinomnak a gyökei legyenek r , ahol többszörösségi foka minden

esetén. Így

12 ...− ++ na λ

.

Jelöljük -gyel a polinomnak megfelelő differenciáloperátort és -vel az polinomnak megfelelő operátort. Az 5. tulajdonság alapján , tehát az egyenlet ) 0) =y alakban írható. Az

indukciós feltevés alapján ahol 1−kn

1

ha és

ha n illetve

k ∈

1 11 Q ha 1 . Az előbbi egyenlőség viszont egy 69

elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet, tehát a megoldása a 4. tulajdonság alapján

. Másrészt egy Q alakú (Q polinom) függvénynek

az integrálja szintén alakú, ahol

⋅+= ∫∑

=

−x m

k

trrk

xr dtetQcexy k

0 1

)( 11 )()(

rxexR ⋅)(

rxex ⋅)(

grQgrR = , ha 0≠r és ha 1+= grQgrR 0=rxre 1

tehát esetén az e mellett megjelenő polinom fokszáma nem növekszik de az mellett megjelenő polinom fokszáma

1≠k xrk

11 −n lesz. 1+n

( ) ( )jj

⋅nn⋅⋅

nCn+−−

=...21

...1 1

0=jC0=j

n

1

j = (( ) 1

112...=

−⋅

2 ⋅⋅1⋅⋅−

=nn

n nnn

nj <<

1=n j 0=j =j

n( )1+n

1=n 2=n 3=n

j( )nj ...,,2,1,0=

( ) ( )jj

⋅n⋅⋅

nnC jn

+−−=

...21...1 1

1≥j( ) ( )

( )12

−...21...1⋅⋅⋅

1 +−−=

n−C jn j

jnn

1−jnC1+ = n

jn C

( ) ( )( ) =

+1

−+1

2 nj +−jj

⋅⋅⋅−−

...2...1

jn

=1nn

+= −+

11 CCC j

nj

nj

n

Ebből következik, hogy az tétel állítása teljesül -re is.

2.4. Az indukció alkalmazása a kombinatorikában

A klasszikus kombinatorikai összefüggések nagy része igazolható matematikai indukcióval. Például, Blaise Pascal – a történelem folyamán először – alkalmazta ezt a módszert, a

j

azonosság igazolására, ami a binomiális együtthatók explicit képlete. Az explicit képlet, így ahogy van, nem alkalmazható a esetre. Megállapodhatunk viszont abban, hogy ha , akkor a szimbólum jelentése . Az explicit formula 0 =n

esetre vett alkalmazásából következik, hogy )...1⋅⋅C , és ez helyes

eredmény. Az explicit képletet ezért csak 0 -re kell igazolni, tehát a Pascal háromszög belsejében, ahol a rekurzív formulát alkalmazhatjuk. Idézzük Pascalt: „Bár ez az állítás (explicit képlet) végtelen sok esetet tartalmaz, én nagyon rövid bizonyítását adom. Két lemmát tételezek fel. Az első lemma szerint az állítás az első sorra érvényes, ami világos. (Az explicit képlet

-re érvényes., mert ebben az esetben összes lehetséges értéke: és , így, a megjegyzés alapján a képlet helyes.)

1

A második lemma szerint: Ha az állítás valamilyen sorra érvényes (valamilyen értékre), akkor szükségképpen érvényes a következő sorra ( -re is). Ebből belátjuk, hogy az állítás szükségképpen érvényes minden n értékre. Az érvényesség

-re az első lemmából, de akkor -re a második lemmából, -ra ugyanebből következik, és így tovább, ad infinitum. És így csak a második lemma bizonyítása van hátra.” A második lemmával megegyezően, feltételezzük, hogy az explicit képlet az -edik sorra érvényes, tehát n egy bizonyos értékére és

n minden szóba jövő értékére

. Speciálisan

,

és, ha , akkor

.

Adjuk össze a két egyenlőtlenséget, és használjuk a rekurziós képletet (C ), szükségszerűen következményként adódik

+j

1

70

( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( ) jj

jnnnnj

nj

jnnn1...21

2...1111...21

2...1−⋅⋅⋅

+−−+=

+⋅

−⋅⋅⋅+−−

= .

Tehát az explicit képlet érvényessége -re magával hozza annak érvényességét -re. Ez pontosan az, amit a második lemma állít, ezzel tehát bebizonyítottuk.

n 1+n

2.4.1. Feladat. Egy emeletes ház emeleteit hányféleképpen színezhetjük ki fehér és kék színűre úgy, hogy ne legyen két szomszédos kék emelet?

n

Megoldás. Jelöljük -nel egy emeletű épület színezéseinek lehetséges számát. Ha a legfelső emeletet fehérre festjük, akkor az alsó

nf nkn − emeletet -féle képpen festhetjük. Ha

a legfelső emeletet kékre színezzük, akkor az alatta levőt kötelezően fehérre kell festeni, az alatta levő emeletet -féle képpen festhetjük ki. Így azt kapjuk, hogy

. Ugyanakkor (vagy fehérre, vagy kékre festjük a házat) és

1−nf

2−n

2−n

2

2−nf

1 =f1− += nn fff 32 =f (látható, hogy tulajdonképpen a Fibonacci sorozat elemeit kapjuk, a harmadiktól kezdődően). 2.4.2. Feladat. Hányféleképpen fedhető le a 302× -as sakktábla 1 -es dominókkal? 2×Megoldás. Legyen a -es sakktábla megfelelő lefedéseinek száma. A dominók elhelyezése történhet a -es téglalap rövidebb vagy hosszabb oldalaival párhuzamosan. Lehetséges, hogy a -es téglalap végénél egy olyan dominó van, amely a téglalap rövidebb oldalaival párhuzamos. Az ilyen elhelyezések száma . Az is lehetséges, hogy a téglalap végénél két olyan dominó van, amelyek a téglalap rövidebb oldalaival párhuzamosak. Az ilyen elhelyezések száma . Eszerint

nh2n×2

n×2

2−nh

n×

1−nh

21 −− += nnn hhh . Ugyanakkor és 11 =h 22 =h , tehát a Fibonacci sorozat elemeit kapjuk, a másodiktól kezdődően, így . 31F30h =2.4.3. Feladat. dollárunk van. Minden nap pontosan egy dolgot veszünk a következők közül: 1 kg banán (1 dollár), 1 doboz fagylalt (2 dollár), egy torta (2 dollár). Hányféleképpen költhetjük el a pénzünket?

n

Megoldás. Jelöljük -nel az elköltések lehetséges számát. Ekkor és nk 11 =k 32 =k

22 −+ nk

. Továbbá pénzünk lehetséges elköltéseit csoportosítsuk aszerint, hogy az első nap mit veszünk. Ha banánt, akkor dollárunk marad utána, amit féleképpen költhetünk el. A másik két esetben féleképpen fejezhetjük be a pénz elköltését. Ezek alapján ,

ahonnan matematikai indukcióval kapjuk, hogy

1−n 1−nk

2−nk 1−nk=nk

( )nnk 1

31

−⋅+= n232⋅ .

2.4.4. Feladat. Legyen azoknak az jegyű, csak 0, 1, 2 számjegyeket tartalmazó számoknak a száma, amelyekben bármely két szomszédos számjegy legfeljebb 1-gyel tér el egymástól. Igazoljuk, hogy -re

nx

≥

n

2n 11 2 −+ += nn xx nx . 2.4.5. Feladat. Egy -es táblát a következő ábrán látható alakzatokkal fedünk le (az alakzatok elforgatása megengedett):

n×2

Legyen a lehetséges lefedések száma. Határozzuk meg -t. nf nf2.4.6. Feladat. Egy -es sakktábla széttört, és csak a mellékátlóján levő mezők, és az ezekkel szomszédos mezők maradtak meg.

nn×

71

Hányféleképpen juthatunk el e csonka sakktábla bal alsó sarkából a jobb felső sarkába, felfelé és jobbra lépegetve? Megoldás. -es tábla esetén kétféleképpen: 22×

2 2

1 vagy 1

-mas tábla esetén négyféleképpen juthatunk el, a mellékátló elemeit megszámozva, a 2-re már láttuk, hogy kétféleképpen, innen a 3-ra ismét kétféleképpen, tehát összesen - féleképpen. Indukcióval bizonyítjuk, hogy féleképpen juthatunk el.

33×

2 ⋅ 42 = 12 −n

Valóban, ha feltételezzük, hogy -es tábla esetén féleképpen juthatunk el az 1-gyel jelölt mezőről az -nel jelölt mezőre, akkor egy

nn× 12 −n

n ( ) ( )11 +×+ nn -es tábla esetén az 1-ről az -re féleképpen juthatunk el, innen az

n12 −n ( )1+n -gyel jelölt mezőre kétféleképpen, így

összesen féleképpen juthatunk el. nn 22 1 ⋅− 2=2.4.7. Feladat. Egy oldalú konvex sokszöget átlókkal háromszögekre bontunk. A

lehetséges felbontások számát jelöljük -nel. Bizonyítsuk be, hogy , és

írjuk fel -t függvényében.

n

nD ∑−

=−+⋅=

1

21

n

iinin DDD

nD n

2.4.8. Feladat. Igazoljuk, hogy ha egy szobában ( )2

1+nn ember van, és bármely három

között van kettő, akik ismerik egymást, akkor van a szobában ember, akik közül bármely kettő ismeri egymást.

n

2.4.9. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha 0 1−≤≤ nk egész számok, akkor

∑ ∑= =

−−− ⋅=

k

j

k

j

jjkjn

jn CC

0 01 2 . (1)

(Kömal, 1986) Megoldás. Az -re vonatkozó teljes indukcióval bizonyítjuk az állítást. Ha , akkor ugyancsak minden -re a bal oldal

nn

0=k

∑−

=

−=1

012

n

j

njnC ,

a jobb oldal pedig

72

∑ ∑−

=

−

=

−−−− −==⋅

1

0

1

0

11 1222

n

j

n

j

njjjnjnC ,

Az állítás tehát minden -re igaz, ha n 0=k , vagy 1−= nk . Innen következik, hogy 1= és esetekben fennáll . 2=n (1)

Tegyük most fel, hogy 1 és az állítás 1−≤≤ nk 1−n -re igaz. Ekkor az és az párokra értelmes és igaz az

( kn ,1− ))( 1,1 −− kn ( )1

k

egyenlőség, azaz k

∑ ∑= =

−−−− ⋅=

j j

jjkjn

jn CC

0 021 2 , ( )2 és

− −1 1k k

∑ ∑= =

−−−−− ⋅=

0 0

121 2

j j

jjkjn

jn CC . ( )3

A összefüggés bal oldala ∑ alakban is írható. Ha összeadjuk a két egyenlőséget, és

felhasználjuk az C , illetve az C összefüggéseket, akkor éppen a bizonyítandó állítást kapjuk.

( )3=

−−

k

j

jnC

1

11

10 =mrm

rm

rm CC 1

1+

− =+

2.4.10. Feladat. Mutassuk meg, hogy n különböző természetes szám közül mindig kiválasztható ( )( )

6021 −− nnn különböző számokból álló ( )321 ,, aaa számhármas úgy, hogy 321 aaa ++

osztható legye -mal. (Nem tekintjük különbözőknek azokat a számhármasokat, amelyek csak az elemek sorrendjében különböznek.)

3

Megoldás. , 2-re az állítás igaz, viszont 1=n 3=n , 4-re könnyű ellenpéldát szerkeszteni: az

számok közül semelyik három különbözőnek az összege nem osztható 3-mal. A feladat szövege azonban -ra és

5,4,2,13=n 4=n -re isazt követeli, hogy pozitív legyen a

számhármasok száma. Bebizonyítjuk, hogy n -re a feladat állítása igaz. Először is megmutatjuk, hogy öt különböző egész között van három különböző, amelyek összege osztható 3-mal. Ha ugyanis az öt között van három olyan, amelyek ugyanazt a maradékot adják -mal osztva, akkor ezek összege nyilván osztható 3-mal.

5≥

3

Ha viszont a , k3 13 +l és számalakok mindegyikéből legfeljebb kettő van, akkor mindhárom fajtának elő kell fordulnia az öt szám között. Van tehát egy-egy 3 3 3

23 +m,k 1+l 2+m

alakú szám ( egész ), ezek összege pedig szintén osztható 3-mal. mk l,,Tegyük fel, hogy -re igaz az állítás, és legyen adott n 1+n különböző egész, , , ..., ,

. Az indukciós feltevés szerint az 1a 2a na

1+na 1+n darab

2a , , ..., , , , ..., , , 3a 1−ia ia 1+ia na 1+na

1a , , ..., a , , , ..., , , 3a 1−i ia 1+ia na 1+na

1a , a , a , ..., a , a , ..., a , a , 2 3 1−i 1+i n 1+n

1a , , ,..., , , , ..., 2a 3a 1−ia ia 1+ia na

73

szám -es mindegyikéből kiválasztható n ( )( )21 −− nnn megfelelő számhármas. Így összesen

( ) ( )( )60

211 −−+ nnn n megfelelő számhármast kaptunk. Az a , , számhármast az ., i ja ka i j .,

és . sorban biztosan nem választottuk ki, tehát bármely számhármas legfeljebb -szer fordul elő. Így a megfelelő számhármasok között legalább

k21 −=+ nn 3−

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )60

112:60

211 −+=−

−−+ nnnnnnbn

különböző van, a feladat állítása tehát 1+n -re is igaz. Ezzel az indukciós lépést, s így az állítást is bizonyítottuk. 2.4.11. Feladat. Hányféleképpen lehet egy nn× -es táblázatot kitölteni az 1-től -ig terjedő pozitív egész számokkal úgy, hogy szomszédos mezőkbe írt számok különbsége ne legyen nagyobb ( -nél? (Két mező szomszédos, ha van közös élük vagy csúcsuk.)

2n

)1+n2.4.12. Feladat.

a) Bizonyítsuk be, hogy ha 1000 << k egész, akkor ∑ . ( ) 01 100

100

1=−

=

ki

i

i iC

b) Igazoljuk, hogy

( )∑=

=−100

1

100100 !1001

i

ii iC

Megoldás

A két állítást együtt igazoljuk. Legyen . Belátjuk, hogy ha ,

akkor

( )∑=

−=n

i

kin

ikn iCS

1, 1 2≥n

10, −=nS , , ha o0, =knS nk << és ( ) !1, nS nnn −= (1)

n -re vonatkozó teljes indukciót alkalmazunk. 2=n -re: ( ) ( ) 1122111 02

2201

21

0,2 −=+−=⋅−+⋅−= CCS ,

( ) ( ) 02111 22

212

11,2 =⋅−+⋅−= CCS ,

( ) ( ) ( ) !212111 2222

2212

12,2 ⋅−=⋅−+⋅−= CCS

Legyen ezután , és tegyük fel, hogy helyett 3≥n n 1−n -et írva ( )1 igaz. A binomiális tétel alapján

( ) ( ) ( )∑ ∑= =

− −=−−=−=⋅−=n

i

n

i

ninin

iinn CiCS

0 1

010, 1111111 .

Legyen . Ha 1 , akkor 0>k ni ≤≤ 11

−−= i

nin C

inC , így

( ) ( ) ( )∑ ∑=

−

=

−−

−−− +⋅−−=⋅−=

n

i

n

j

kjn

jkiin

ikn jCniCnS

1

1

0

11

11, 111 ,

ahol helyett 1−i j -t írtunk. A értékhez tartozó tag az összegben , ezt leválasztva

0=j ( ) 111 101 =− −−

kmC

( ) ( )

+−+−= ∑

−

=

−−

1

1

11, 111

n

j

kjn

jkn jCnS .

74

Itt az összeg már emlékeztet -re, csak éppen helyett 1,1 −− knS 1−kj ( ) 11 −+ kj áll. Viszont ha ezt a binomiális tétel szerint kifejtjük, alakú tagok összegéhez jutunk: t,nS 1−

( ) ( ) =

++−+−= −

−−

−−

−

=−∑ 01

121

11

1

11, ...11 jCjCjCnS k

kk

kk

n

j

jn

jkn

( )( )0,13,12

12,11

11,1 ...1 −−−−−−−−− +++++−= nknkknkkn SSCSCSn . Ha , akkor nk < 1−k 1−< n , 12 −<− nk

S, stb., így a zárójelben az indukciós feltevés szerint

az utolsó kivételével mindegyik nulla, az utolsó 1− , tehát a zárójeles összeg értéke nulla. Ezért , ha 1 . 0=, knS nk <≤Ha , akkor csak annyi a különbség, hogy az első értéke indukciós feltevésünk értelmében , a többi tag az utolsó kivételével most is nulla, az utolsó , így a zárójeles összeg értéke ezúttal ( )

nk = S( ) ( )!11 1 −− − nn 1−

( )!11 1 −− − nn , ezért nnS , ( ) ( ) ( 1!11 1 nn n −=−− − ) !nn−= , amit bizonyítani akartunk 2.4.13. Feladat. Határozzuk meg a következő összeget:

∑=

−− +

n

k

knkn

kk mk

mCC0

222 , (1)

ahol m természetes szám. Megoldás. Jelöljük az összeget ( )nmS , -nel. (Egyébként az összegezést az paraméter nem érinti). Az és esetben, határozatlan mellett

m1=n 2=n m

( ) ( )1

1221

1, 00

12

12

00 +

+=

++=

mm

mmCC

mmCCmS ,

( ) ( ) ( )( )( )( )21

3212421

2, 24

212

24 ++

++=

++

++=

mmmm

mmC

mmCCmS .

Az és esetekben adódó hasonló kifejezések láttán az a sejtésünk alakul ki, hogy minden természetes szám esetén

3=nn

4=n( )nmS , a következő kifejezéssel egyenlő:

( )( ) ( )( )( ) ( )nmmm

nmmmn

+++−+++

...21122...32122 , (2)

ezt fogjuk bizonyítani. Az és n esetekben kapott kifejezése nem egyszerűsíthető az -et tartalmazó tényezővel, tehát általában nem egyszerűsíthető. Másrészt nevezője éppen az tagjaiban szereplő darab nevező szorzata, és így alkalmas a tagok közös nevezőjének szerepére. (Más nevező nem léphet fel, ugyanis az

1=n 2= ( nmS ,( )nm,

n

) mS ( )2

( )1( )1 -ben szereplő binomiális

együtthatók egész számok, úgyszintén a 0=k indexű tagnak 1=+ kmm tényezője is.) Ha

tehát a sejtett azonosságot a -beli ( )2( ) ( )( ) ( )nmmmmN +++= ...21

nevezővel, az határozatlannak -edfokú polinomjával megszorozzuk: m n

( ) ( ) ( )∑=

−− =

+⋅=⋅

n

k

knnn

kk mkCCmNmnmSmN

0222

1,

( )( ) ( )122...32122 −+++= nmmmn , (3)

75

a bal oldalnak mind az ( tagja -edfokú polinomja az -nek, így összegük is, mert az hatvány együtthatója minden tagban pozitív. Ugyancsak -edfokú polinom a

)1+n n m ( )mFnm n ( )3 -

nak G jobboldala is. ( )mKét egyenlő fokszámú (egyváltozós) polinom akkor és csak akkor azonos, ha értékük 1-gyel több (különböző) helyen megegyezik, mint a fokszámuk. A bizonyításhoz megkívánt ( )1+n helyet természetesen tetszőlegesen választhatjuk, legyenek ezek n−−− ...,,2,1,0 , vagyis a

szummációs betű -ben előírt értékeinek k ( )1 ( )1− -szeresei. Így minden egyes km −= esetben ( ) ( )kFmF −= egyetlen tagból áll, mert az

( ) knkn

kk CC

mkmNm −

−⋅+⋅

222

teg kivételével a további tag mindegyikében megmarad a n 0=+ mk tényező. A megmaradó tag pedig így alakul:

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) knkn

kk CCnkkkkF −

−+−⋅⋅⋅⋅−⋅−+−−=− 222...2112...1 , megjegyezve, hogy ez az írásmód csak azt jelenti, hogy a ( )k− -tól kezdve egyesével növekedően következő tényező közül kimarad a ; elöl k számú negatív tényező áll – speciálisan esetén nincs negatív tényező -, utána pedig

( 1+n ) 00== km ( )kn − számú pozitív

tényező – speciálisan m , azaz n−= nk = esetén nincs pozitív tényező. Eszerint a binomiális együtthatók előtt álló db tényező a n ( )1− tényezők kiemelésével két faktoriálisba foglalható össze, illetve 0=m és nm −= esetén egybe. A binomiális együtthatók is kifejezhetők faktoriálisokkal, ezért

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )!!

!22!!!2!!1

knknkn

kkkknkkF k

−−−

⋅⋅

−−=− .

A számlálókat tovább alakítjuk a ( )!2r páros és páratlan tényezőinek különválasztásával adódó

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )13...531...321212...5312...642!2 −⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=−⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅= rrrrr r , ( ) ( )12...312

!!2

−⋅⋅⋅⋅= rrr r

azonosság felhasználásával: ( ) ( ) ( ) ( )122...3112...3121 −−⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−=− knkkF nk ,

ismét megegyezve, hogy a tényező után először számú, majd n2 k ( )kn − számú tényező áll 1-től 2-esével növekedve – és ez érvényes 0=k és nk = esetén is. Ha itt a tényezővel, azaz számú ( )k1− k 1− -es tényezővel beszorzunk a mondott első számú tényezőbe, és ezek sorrendjét megfordítjuk, akkor

k

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )122...3113...32122 −−⋅⋅⋅⋅−⋅−⋅⋅+−+−=− knkkkF n , ez pedig éppen a G értéke az ( )m km −= helyen. Ezzel a sejtett azonosságot bebizonyítottuk. 2.4.14. Feladat. Milyen -ekre lehet az 1 természetes számokat három csoportba bontani úgy, hogy a három csoportba tartozó számok összege egyenlő legyen?

n n...,,3,2,

Megoldás. A kívánt csoportosítás nyilván csak akkor végezhető el, ha az 1-től -ig terjedő

természetes számok összege osztható 3-mal. Mivel ez az összeg

n( )

21+nn , a megoldhatóság

szükséges feltétele, hogy vagy n osztható legyen 3-mal. n 1+

76

A teljes indukció módszerével igazoljuk, hogy esetén ez a feltétel elegendő is. (Ha , nyilvánvalóan nem képezhetünk megfelelő csoportokat.)

3>n3≤n5=n esetén a csoportokba bontás lehetséges. Az egyes csoportok: { }4,1 , , . { }3,2 { }56=n esetén pedig:{ }, { }, { }. 6,1 5,2 4,3

Belátjuk, hogy ha a csoportokba bontás -re lehetséges, akkor lehetséges ( -ra is. n )3+nTekintsünk az 1 természetes számok a feladatnak megfelelő csoportjait. Ha az 1-et kivesszük csoportjából és helyére az

n...,,3,2,3+n számot tesszük, továbbá majd az 1-et és vele az

-et egy másik csoportba helyezzük el, végül a fennmaradó csoportba n kerül, akkor mindhárom csoportban -vel nő a számok összege, az egyes csoportokba tartozó számok összege tehát továbbra is egyenlő. Összefoglalva: a kívánt csoportosítás akkor és csak akkor lehetséges, ha , vagy n , ahol egész szám.

( 1+n ) 2+2+n

kn 3= 13 −= k 2≥k2.4.15. Feladat. Meg lehet-e választani a 100...21 ±±±± kifejezésben az előjeleket úgy, hogy a kifejezés értéke éppen 1982 legyen?

(Hajós György emlékverseny, Magyarország, 1982) Megoldás. Belátjuk, hogy a 100...21 ±±±± kifejezésben az előjelek megfelelő megválasztásával minden és 5050 közötti páros szám előállítható. Ha minden előjel negatív, akkor az összeg , ha mindegyik pozitív, akkor pedig 5050 .

5050−5050−

Állításunkat indukcióval igazoljuk. Tudjuk már, hogy 5050− előállítható ily módon. Belátjuk, hogy ha szerepel az összegek között, akkor szerepel az u is. Tekintsük

előállításában balról az első negatív előjelet (mivel 5050<u 2+

u 5050<u , ilyen van). Ha ez az előjel az előtt áll, akkor azt pozitívra változtatva az összeg kettővel nő. Ha -nél nagyobb szám előtt

áll, akkor ezt az előjelet pozitívra és az eggyel kisebb szám előtti pozitív előjelet negatívra változtatva, az összeg ismét kettővel nő, vagyis előállítottuk az

1 1

2+u -t. Természetesen egy szám több különböző alakban is előállhat. Az 1982 egy lehetséges felírása

100...565554...8765...21 +++−−−−−+−−−− . 2.4.16. Feladat. Egy -es sakktáblára bábut tettünk fel. Mutassuk meg, hogy el lehet hagyni sort és oszlopot úgy, hogy a megmaradó n

nn 22 × n3n n n× -es sakktáblán egyetlen bábu

se maradjon. (Matematikai Lapok, Kolozsvár) Megoldás. Megadunk egy módszert a mondott tulajdonságú sor és oszlop kiválasztására. Válasszuk ki a sorok közül azt, amelyiken a legtöbb bábu áll, és hagyjuk el. (Ha több ilyen sor van, akkor ezek bármelyikét választhatjuk.) Ezt ismételjük addig, amíg sor marad. Ha az elhagyott sor mindegyikén legalább két bábu állt, akkor legalább bábut hagytunk el, és így a megmaradt n -es táblán legfeljebb n bábu áll. Ha pedig az utoljára elhagyott soron legfeljebb egy bábu áll, akkor a megmaradó n sor mindegyikén is legfeljebb egy bábu állhat, hiszen eljárásunk során mindig a legtöbb bábut tartalmazó sort hagytuk el – s így ebben az esetben is legfeljebb n bábu áll a megmaradó

n n

nn n2

n2×

n2n× -es táblán. Legfeljebb bábut pedig oszlop elhagyásával nyilván eltüntethetünk. Ezzel a feladat állítását bizonyítottuk.

nn

2.4.17. Feladat. Legyen kettőnek természetes kitevőjű hatványa. Igazoljuk, hogy minden 1 egészre páros. Igaz-e az állítás megfordítása is?

nkn1−≤≤ nk C

Megoldás. A binomiális együtthatók kombinatorikai jelentését használjuk ki a megoldásban. Először -re vonatkozó teljes indukcióval megmutatjuk, hogy ha 1 , akkor páros. Ha , akkor az állítás üres, ha pedig

mm

mk 2<≤k

mC2

0= 1=m , akkor csak jöhet

szóba, és C páros.

1=k

2121 =

77

Tekintsük most a számot klC 12 + ( )121 +<≤ lk . Ez azt mutatja meg, hogy hányféleképpen

választható ki egy 2 elemű halmazból elem. Osszuk -t két egyenlő elemszámú, elemű és halmazra!

1+l A k Al2 1A 2A

A

k −

-ból úgy választunk ki elemet, hogy ből 0, -ből pedig emet választunk ki – ez összesen féleképpen tehető meg, és általában -ből darabot, -ből pedig

darabot – ami összesen -féleképpen lehetséges. Azt kapjuk, hogy

k 1A 2A

−

kkk

lll CCC22

02

= 1A i 2A

i ikill CC −

2202222

12

122

022

......1 lllllllll CCCCCCCCC kikikkk +++++= −+ . (3)

A fenti egyenlőség jobb oldalán az első és az utolsó tag egyenlő, összegük tehát páros. Minden további C szorzatban és iki

ll C −22

i ik − pozitív és mivel összegük kisebb -nél,

legalább egyikük kisebb, mint 2 . A szorzatnak ez a tényezője így az indukciós feltevés szerint páros, és így jobb oldalán páros szám áll.

12 +l

l

( )3 Az állítás megfordításának bizonyításához tegyük most fel, hogy az nem 2-hatvány, és legyen az -nél kisebb -hatványok legnagyobbika. Ekkor ahol .

nr+k2 n 2 n k= 2 kr 20 <<

Azt állítjuk, hogy C páratlan. Az első rész bizonyításához hasonlóan, osszuk most az elemű halmazt egy 2 elemű és egy

rn n

A k1A r elemű részre, majd csoportosítsuk az

halmaz 2A A

r elemű részhalmazait aszerint, hogy hány -beli elemet tartalmaznak. így a (3)-hoz hasonlóan kapjuk, hogy

2A

022

112

02

...... rrir

rir

rrr

rn CCCCCCCCC kkkk +++++= −− . (4)

A fenti összeg első tagja 1 - ez annak felel meg, hogy az r elem mindegyike az halmazból való, a további tagok első tényezője pedig , ahol 0 , ami az állítás első

része szerint páros. Ez azt jelenti, hogy ebben az esetben páratlan.

2Ai

kC2

C

ki 2<<rn

2.5. A matematikai indukció alkalmazása a számelméletben

A matematikai indukció, mint bizonyítási módszer, sikeresen alkalmazható a számelméletben is. Több jelentős számelméleti tétel bizonyítása egyszerűen elvégezhető indukcióval. Ezek közül a kis Fermat-tétel igazolását mutatjuk be. 2.5.1. Tétel (Fermat) Ha p prímszám, pedig tetszőleges természetes szám, akkor n osztható n np − p -vel. Bizonyítás. Valóban, -ra az állítás igaz. Tegyük fel, hogy osztható 0=n kk p − p -vel, és bizonyítsuk be, hogy akkor ( ) ( )11 +− kp+k is osztható p -vel. Ezért felírjuk a

( ) ( ) ( )kkkk pp −−+−+ 11 különbséget. -t kifejtjük a Newton-féle binomiális képlet szerint: ( )pk 1+

( ) ( ) ( ) ( ) kCkCkCkkkkkk pp

pp

pp

pppp 12211 ...1111 −−− +++=−−+=−−+−+ (1).

De esetén pj <≤1 ( ) ( )j

jpppjp ⋅⋅⋅

C +−−=

...211...1 , és mivel p prímszám, nem osztható a

nevezőben levő 3 , ...., ,2 j tényezők egyikével sem. Ezért osztható jpC p -vel, ha pj <≤1 .

Következik akkor, hogy az egyenlőség jobboldalának minden tagja osztható ( )1 p -vel, tehát a baloldal is osztható p -vel. De feltettük, hogy osztható k−k p p -vel, és így

-nek is oszthatónak kell lennie ( ) (1 +− kp )1+k p -vel.

78

A matematikai indukció módszerével bebizonyítottuk tehát, hogy tetszőleges természetes szám esetében osztható

nnn p − p -vel.

2.5.1. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy minden természetes szám esetén: na) ; 1154|9 −+ nn

b) ; 11810|27 −+ nn

c) ; 27263|169 33 −−+ nn

d) ; 4532|25 2 −+⋅+ nnn

e) . 27403|64 32 −++ nn

Megoldás. A feladat minden pontját matematikai indukcióval bizonyítjuk. Például a d) pontot a következőképpen látjuk be.

0=n2|25 n

-ra a kijelentés:” 25 ”, vagyis , ami igaz. Feltételezzük, hogy , és bizonyítsuk be, hogy akkor

432| 02 −⋅ 0|254532 −+⋅+ nn ( ) 4153 13 −++⋅ ++ nnn2|25 .

Valóban, ( ) ( ) 25254532641532 213 +−−+⋅⋅=−++⋅ +++ nnn nnnn , és az indukciós feltevés alapján a 25 osztója e számnak. 2.5.2. Feladat. Milyen feltételnek kell eleget tegyenek az a egész számok, hogy az előbbi kifejezés osztható legyen -mel? Keressünk szükséges és elégséges feltételt!

dcb ,,,m

Megoldás. Ilyen feltétel kereséséhez induljunk ki a következőből: tegyük fel, hogy minden természetes számra osztható m -mel. Így esetén

(1). Tehát (1) szükséges feltétele annak, hogy bármely dncbas n

n +⋅+⋅=dam +|

n 0=nNn∈ esetén . Ha

, ns|m

1=n dcabs ( ) dacba ++− +=++=1

( ) cbabss +−=− 112

1dm |

. Ha ez -mel osztható, akkor (2), hiszen az (1) szerint . A (2) egy újabb szükséges feltétel. Továbbá

,

m (b −1) c+am |a +

( ) c+−1babs =− 23

( 1−= bcs2

) is osztható -mel, ahonnan

is osztható kell legyen m -mel, vagyis m (3).A (3)-mas is egy szükséges feltétel.

m|( )12 ssb − ( )23 −− ss ( −bc )1

Tehát, ha bármely n esetén, akkor az (1), (2) és (3) teljesül. Most bizonyítsuk be, hogy ha (1), (2), (3) teljesül, akkor -t, bármely esetén. Ezt a matematikai indukció módszerével igazoljuk.

nsm | N∈

dcnabm n ++| Nn∈( )1 és ( )2 szerint és 0| sm

( ) c ++1 dabadabsm +−==| 1 c ++ . Feltételezzük, hogy m , és mutassuk meg, hogy akkor -et is igaz:

. ns|abc −

1| +nsm( ) ( dbnbsss nn +−−+=+ 111 )

Az indukciós feltevés és az előbbiek miatt . 1| +nsm2.5.3. Feladat. Legyen egész szám, n tetszőleges pozitív egész szám. Bizonyítsuk be, hogy létezik egymás után következő természetes szám úgy, hogy ezek mindegyikének van alakú osztója.

1>mn

maMegoldás. -nel jelölve a fenti kijelentést: ( )nP -re az szám megfelelő. ( )1P maFeltételezzük, hogy ( )kP igaz, vagyis az ,1+kn 2+kn , ..., knk + számok mindegyikének

van alakú osztója, mia k,1i . Legyen = ( )m

kaaa ...21=p és

( ) ( )( ) ( ) ( )( )1...11111 1 +++++=−+++= −mk

mk ppknpknM .

79

Az , , ..., 1++ knM 2++ knM knM k ++ , 1+++ knM k egymás utáni természetes

számok, ezért rendre oszthatók ( )ma 1,1mm

k pa ,..., + -nel. 2.5.4. Feladat. Az alakú számokat, ahol n , természetes számok, hatványszámnak nevezzük.

kn 1> 1>k

a) Létezik-e hatványszámokból álló, véges sok tagú számtani sorozat? b) Létezik-e hatványszámokból álló, végtelen sok tagú számtani sorozat? c) Létezik-e különböző számokból álló, végtelen sok tagú számtani sorozat,

amelynek egyetlen tagja sem hatványszám? Megoldás

a) Három tagból álló sorozatot a következőképpen találhatunk: miatt a , hatványszámokból álló számtani sorozat, melynek állandó különbsége 96. A 2 helyett mást is írhatunk. 7 -t -gyel kellene növelni, ez 73. Így a ,

, , hatványszámokból álló számtani sorozat.

1557 222 −=−

273

22 ,

27 ⋅

22 25 ⋅

273 73

22 27 ⋅

273

2 2422 735 ⋅ ⋅

Teljes indukcióval bizonyítjuk, hogy hatványszámokból tetszőlegesen hosszú számtani sorozat képezhető.

3=n

ik ≥

esetén láttuk, hogy létezik ilyen sorozat. Feltételezzük, hogy , , ..., hatványszámokból álló tagú sorozat. Legyen a sorozat különbsége d és a . Legyen

( 2 ) számok

1a

i

2aik

iuna

n =mi ,1= legkisebb közös többszöröse k és bdam =+ .

Könnyen ellenőrizhető, hogy az , b hatványszámokból álló ( ) tagú számtani sorozat.

km

kk bababa ....,,, 211+k 1+m

b) Bizonyítjuk, hogy nincs ilyen sorozat. c) Létezik ilyen sorozat. Mutassuk meg, hogy a 10, 30, 50, ..., ( , ...

sorozat ilyen. )1012 −n

2.5.5. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy végtelen sok prímszám van. Megoldás. Több bizonyítás ismert erre a tételre. Itt matematikai indukcióval bizonyítjuk. A bizonyítás alapgondolata az, hogy ha tudunk végtelen sok, páronként különböző olyan pozitív egész számot találni, amelyek páronként relatív prímek, akkor ebből következik, hogy végtelen sok prímszám van. Tekintsük a Fermat számokat: , . 122 +=

n

nF Nn∈Az elsők: , 30 =F 51 =F , , 172 =F 2573 =F . Észrevehető, hogy 01 2 FF =− , ,

. Azt sejtjük, hogy ha egész szám, akkor 102 2 FFF =−

nFF ...10210 FFF23 FF =− 0≥n n FF 21 =−+ . Teljes indukcióval bizonyítjuk. Feltételezzük, hogy a kijelentés igaz n -re, és megmutatjuk, hogy akkor -re is érvényes. 1+n

( )( ) nnn FFFFFnnnn

11022222

1 ....12121221221

−⋅

+ =+−=−=−+=−+

. Mivel a Fermat számok páratlanok, ezért ennek az összefüggésnek a felhasználásával azt kapjuk, hogy bármelyik kettő közülük relatív prím szám. Megjegyzés. Ezt a bizonyítást sokan Pólya Györgynek tulajdonítják.

2.5.6. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha { } 11=

+

aa , akkor minden esetén *Nn∈

{ } 11=

+ n

n

aa .

Megoldás. Tudjuk, hogy [ ] { }aaa += és

+

=

aaa111 , ahonnan

80

[ ] { } { }aaa

aa

a ++

+=+11 [ ] 11

+

+=a

a ,

a feladat feltétele alapján. Mivel [ ] Zx ∈ bármely Rx∈ esetén, következik ,hogy Za

a ∈+1 .

Matematikai indukcióval bizonyítjuk, hogy akkor nn

aa 1

+ is egész szám.

2=n -re Za

aa

a ∈−

+=+ 211 2

22 , tehát a kijelentés igaz.

Feltételezzük, hogy Za

a kk ∈+

1 , nk <∀ -re, és bizonyítjuk, hogy Za

a nn ∈+

1 .

+++

+

+++=

+

−

−

−−

−−

22

22

24

42

21 1...1111nn

nnn

nnnn

nnn

n

a

aCaa

aCa

aa

a + 2 n

n aC , és

az indukciós feltétel alapján a zárójelekben megjelenő minden tag egész szám, így

ZKa

aa

a

Z

n

nn ∈−

+=+

∈

11 . Tehát Za n

an ∈+1 . Így [ ] { }

+

++=+ nn

nnn

n

aaaa

aa 111 ,

és mivel nn

a1

+a , [ ]na ,

na1 egészek, ezért { }

+ n

n

aa 1 is egész szám. De mivel

{ } )1,0[∈na , )1,0[1

na∈ , ezért { } }1na ,0{1

∈

+ na

. Bebizonyítjuk, hogy { }

+ n

n

aa 1 nem

lehet 0. Valóban, ez csak akkor lehetne zéró, ha is és na na1 is egész szám, ahonnan

, de akkor nem teljesül a kezdeti feltétel. Tehát { }{ }1,1−∈a 01≠

+ n

n

aa , így

{ } 1=1

+ n

n

aa .

2.5.7. Feladat. A T téglalapot lefedtük véges sok téglalappal. A lefedő téglalapok nem nyúlnak egymásba, és nem nyúlnak ki T -ből. Mutassuk ki, hogy ha a lefedő téglalapok legalább egyik oldala egész szám, akkor T -nek is legalább egyik oldala egész szám. Megoldás. Jelöljük -vel azokat a téglalapokat, amelyeknek vízszintes oldaluk egész szám, a többi téglalap jele . A V téglalapok mindegyikét daraboljuk fel 1 szélességű téglalapokra (ezt lehet, mert a V téglalapok vízszintes oldala egész szám). Az téglalapokat 1 magasságú téglalapokra vágjuk fel. Ez is lehetséges, mert magassága egész szám. A

-vel jelölt téglalapok számára vonatkozó teljes indukciót alkalmazunk. Ha V -vel jelölt téglalap nincs, akkor világos, hogy

VF

FF

VT -nek van egész oldala. Legyen most V valahol a T -ben

egy téglalap. A gondolat az, hogy innen kiindulva, felfelé és lefelé egy 1 szélességű sávhoz tudunk jutni, ezt kihagyva T -ből, ha T -nek eredetileg volt egész oldala, ezután is lesz, és a

-vel jelölt téglalapok száma legalább 1-gyel csökkent. V tehát V T -ben egy téglalap. Ha V felső oldalához V -vel jelölt téglalap, akkor folytassuk ezzel felfelé (ha két V -vel jelölt téglalap illeszkedik, akkor vegyük ezek közül bármelyiket). Most ennek a V -nek vegyük a felső oldalát, és így tovább. Ha valamelyik így kapott V felső oldalához csak -fel jelölt téglalapok illeszkednek, akkor ennek a V -nek a függőleges oldalait meghosszabítjuk felfelé 1-gyel. Így az -es téglalapok változhatnak, de ez nem okoz változást. Most az így kapott

F

F81

téglalap felső oldalát nézzük, és az előbbi módon folytatjuk felfele, míg T felső oldalához nem érünk. Ugyanígy járunk el, az eredeti V -ből kiindulva lefelé, míg T alsó oldalához nem érünk. Ahogy már említettük, ezt az 1 szélességű sávot kihagyva, a V -vel jelölt téglalapok számát csökkenteni tudjuk.

2+

−

xy −

x y

2 +d

2x2y2

x

d

xyx

y=4

)n p

)=) =

2.5.8. Feladat. Oldjuk meg az alábbi egyenletet, ha x és egész számok: y042 322 =−− yyxyx .

Megoldás. Az egyenletből kapjuk, hogy 322 422 yyxyx += , (1)

másrészt 322 422 yxy += . (2)

( )1 -ből látszik, hogy x páros, így jobb oldalán 4-gyel osztható szám áll. Így páros, és ezért 4-gyel is osztható. Ismét -ből ezután már 8 következik, ami csak úgy lehet, hogy ha - A gondolatmenet folytatható, és kapjuk, hogy mind

( )2 2y( )1 2| x

x|4 x , mind pedig osztható a 2 tetszőleges pozitív egész kitevőjű hatványával, ami csak úgy lehet, ha

y és is nulla.

A fenti okoskodás csupán vázlat. A mondott „folytathatóságot” egy valódi bizonyításban nem csak jelezni kell, hisz ez a megoldás kulcsa. Igazolása teljes indukcióval történik, ezt mist nem részletezzük, ehelyett egy látszólag másik utat választunk. Ha x és valamelyike nem nulla, akkor jelölje d azt a legnagyobb kitevőt, amelyre -vel mind

y d2x , minden pedig osztható. Ekkor (1) szerint osztható -nel, és mivel

négyzetszám felbontásában minden prímszám páros kitevőn fordul elő, osztható -nal is,

y 2x 122+d22

x tehát osztható -nel. Ezt felhasználva 12 +d ( )2 -ből következik, hogy osztható -nel, azaz osztható 2 -nel. Ez viszont ellentmondás, mert feltevésünk szerint 2 volt a legnagyobb olyan -hatvány, amellyel

2+22 d

2y 1+2d d

2 és is osztható. A talált ellentmondásból következik, hogy

yx és közül egyik sem lehet nullától különböző. A számpár

láthatóan megoldás, így a feladatot megoldottuk. y ( 0,0 )

Megjegyzés. A megoldásban azt láttuk be, hogy ha x és oszthatók -nel, akkor -nel is oszthatók. Mivel -gyel minden egész szám osztható, ez valójában éppen az említett indukciós bizonyítás.

y 2 12 +d

120 =

2.5.9. Feladat. Az x , pozit0v egész számokról tudjuk, hogy yyxt= .

Bizonyítsuk be, hogy yx = . Megoldás. Megállapíthatjuk, hogy a feladat x -re és -ra nézve szimmetrikus. Ha y 1=x ,

akkor és , így valóban 1=xyx yy

yx = x . A továbbiakban tehát feltehetjük, hogy és . A közismert, egyszerűbb

1>x1>y 24 2= tény feladatunkban nem utánozható. Arra mégis

rávilágít, hogy a számelmélet alaptétele szerint x és prímfelbontásában ugyanazok a prímszámok lépnek fel, csak kitevőikben különbözhetnek. Ha p tetszőleges prímszám, pedig pozitív egész, akkor jelölje n (p a kitevőjét az prímtényezős felbontásában. A számelmélet alaptétele szerint a feladatban szereplő

nx és

bármely y p prímszámra kielégíti az

( ) ( ( ) ( )ypxypxpxpy yxyx yx

⋅==⋅ ( )1 összefüggést. Ha valamilyen prímre 1p

( ( )ypxp 11 0 ≠ ,

82

akkor ( szerint , ami lehetetlen, hiszen és )1 ( ) 01 =⋅ ypx y yx ( )yp1 egyaránt pozitív. Tegyük fel, hogy van olyan prímszám, amelyre 2p ( ) ( ) 022 >> ypxp , ekkor -ből kapjuk, hogy

( )1

yx xy < , ( )2 így minden p prímre , vagy pedig ( ) ( ) 0== ypxp ( ) ( ) 0>> ypxp teljesül, azaz x (valódi) többszöröse -nak. Legyen , , . Megmutatjuk, hogy . Ebből a célból

y kyx = 2≥y 2≥k kyx ≤K , Y természetes számokra a -ra vonatkozó indukcióval igazoljuk, hogy ha

és , akkor . -re ez valóban igaz, mivel k 2≥k

2≥y k 2=kyky ≤ ( ) 0≥2−yy22 =− yy . Tegyük fel, hogy valamilyen -re , ekkor 2≥k kyky ≤

( ) 121 +≤=+≤+≤+=+ kkkkk yyyyyyykyyk , tehát az állítás -re is igaz. 1+kAz így bizonyított egyenlőtlenség felhasználásával ( )2 jobb oldala a következőképpen becsülhető:

( ) ( ) xkyykyy yyykyx ==≤= , ez ellentmond -nek, tehát nem létezik olyan prím, melyre ( )2 2p ( ) ( ) 022 >> ypxp . A kizárt esetek hiányában így bármilyen p prímszámra ( ) ( )ypxp = , ezért a számelmélet alaptétele értelmében yx = . 2.5.10. Feladat. Jelentsen p prímszámot, természetes számot. Bizonyítandó, hogy ha

osztója az -nak, akkor is osztója -nak. k

kp !n (p )k! !n(Fried Ervin, Budapest, Kömal 1970)

Megoldás. prímtényezős felbontásában egy !n p prímszám kitevője úgy határozható meg, hogy a p -vel osztható tényezőkből kiemeljük p legmagasabb hatványát, amivel osztható, és kitevőiket összeadjuk. A p -vel osztható tényezők , ahol mpp ...,,2,p

( )pmnmp 1+<≤ , azaz

=

pnm .

Ennek alapján így bontható fel: !n( ){ } ( )( ) ( )( ){ } ⋅⋅−+⋅⋅++⋅−⋅⋅⋅= ...1...211...21! pppppn

( )( ) ( ) ( )( ){ } ( ){ } mpmnmpppmpm !...111...11 ⋅⋅⋅+⋅−+−⋅⋅+−⋅ . (Itt az utolsó kapcsos zárójelben levő szorzat nem lép fel, ha , viszont csak az áll a jobb oldalon, ha

np |pn < .) Ez a felbontás teljes indukciós bizonyítást sugall.

Ha pn < , akkor csak 0 lehet, és az állítás nyilvánvalóan igaz. kTegyük most fel, hogy pn ≥ , és az állítás igaz az -nél kisebb természetes számokra. Ekkor a fenti felbontás kapcsos zárójelben levő szorzatai oszthatók

n( )!1−p -ral, szorzatuk tehát

-nel. Az állítás tehát ismét igaz, ha ( )( mp !1− ) mk ≤ . Ha viszont k ′mk += , és , akkor előrebocsátott megjegyzésünk szerint az osztója kell hogy legyen. Mivel m , így rá feltétel szerint igaz az állítás, osztható

1≥′k<kp ′ !m n

!m ( )kp ′! -nel is. Így n -nak osztója !( )( ) ( ) ( ) ( )kkmmkm ppppp !!!!1 ==− ′+′ .

Az állítás tehát minden n -re érvényes. 2.5.11. Feladat. Van-e olyan különböző négyzetszámokból álló végtelen sorozat, hogy minden -re a sorozat első tagjának összege is négyzetszám? n n

(Kömal, 1983)

83

Megoldás. Először belátjuk, hogy tetszőleges páratlan négyzetszámhoz van olyan négyzetszám, melyre t páratlan négyzetszám. Ugyanis

9≥sst > s+ ( )212 += ks , ahol k pozitív

egész, és a t választással ( 22 22 kk += ) ( )212 +=+ kst 2 2+ k , és páratlan, ahogyan kívántuk.

s st +t >

A fentiek alapján könnyen megadhatunk egy, a feladat feltételeit kielégítő sorozatot. Legyen

. Ha t -et már feltételeinknek megfelelően definiáltuk, legyen t az

páratlan négyzetszámhoz a bevezetőben konstruált t négyzetszám. Nyilván az így kapott sorozat megfelelő, és a feltétel biztosítja, hogy a sorozat tagjai különbözők.

21 3=t n 1+n ∑

=

=n

jjts

1

2

st >2.5.12. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha n egy negatív egész szám, akkor

1445

634

1123 222 nnn

+−

egész szám. (Kömal, 1962)

Megoldás. Az állítást teljes indukcióval bizonyítjuk. 0=n -ra és 1=n -re a kifejezés értéke 0, tehát egész szám és az állítás igaz. Feltesszük, hogy

0>k egész és 1445

634

1123 222 kkk

kN +−= egész,

és megmutatjuk, hogy ugyancsak egész. Valóban, 1+kN( ) ( ) ( )

=⋅

+⋅

−⋅

=+−=+++

+ 144525

63416

11239

1445

634

1123 22211212

1

kkkkkk

kN

162516259

9459

6347

144516

1445

634

11239

2222222

−−

+=−

+=⋅

−⋅

+

+−=

kk

k

kk

k

kkkkk

NN ,

és az utolsó alak második tagja a fentiek szerint egész szám.

84