Kezdőlap


Feladat:	1549. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bárász P. , Barbarits A. , Barra K. , Békéssy P. , Berács J. , Bulkai T. , Csobádi P. , Draschitz R. , Gál Éva , Gönczi I. , Hárs L. , Kalán Annamária , Kocsis F. , Kóczy L. , Komjáth Péter , Kovalszky R. , Köpf V. , Lempert L. , Lengyel T. , Munk Sándor , Nagy Zsigmond , Neugebauer J. , Nikodémusz Anna , Pataki János , Sax Gy. , Schreiber Gy. , Siklósi Miklós , Somogyi Á. , Szeidl Gy. , Szenes Katalin , Tóth Tibor , Turi A. , Váradi József
Füzet:	1968/május, 208 - 209. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Hatványösszeg, Sorozat határértéke, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1967/szeptember: 1549. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Csak a páratlan $n$ indexekkel foglalkozunk, hiszen minden páros $n$ esetén a feltevés miatt $c_{n} > 0$ . Az $a_{1}, a_{2}, ..., a_{8}$ számok között van vegyesen pozitív is, negatív is, különben a $c_{n}$ sorozatnak egyetlen tagja sem lehetne $0$ . Az összeg kommutatív tulajdonsága alapján választhatjuk az indexeket úgy, hogy $| a_{1} |, ..., | a_{8} |$ között nincs nagyobb, mint $| a_{8} |$ ‐ tehát $a_{8} \neq 0$ ‐, továbbá, hogy az $a_{8}$ -cal ellentétes előjelű tagok abszolút értékei között nincs nagyobb, mint $| a_{7} |$ . Így egyrészt $a_{7} \neq 0$ , másrészt $| a_{7} | \leq | a_{8} |$ . Megmutatjuk, hogy itt egyenlőség áll, vagyis $a_{7} = - a_{8}$ , $a_{7} + a_{8} = 0$ .
Az eddigiek alapján $c_{n}$ így alakítható:

\begin{matrix} c_{n} = a_{8}^{n} ({(\frac{a_{1}}{a_{8}})}^{n} + {(\frac{a_{2}}{a_{8}})}^{n} + ... + {(\frac{a_{7}}{a_{8}})}^{n} + 1), \end{matrix}

(1)

ahol

a_{7} / a_{8} = q < 0

. Ez a hányados egyik

a_{i} / a_{8}

-nál sem nagyobb, ha

i = 1,2, ...,6

. Másrészt páratlan

n

esetén az

y = x^{n}

függvény monoton növekvő, ezért a nagy zárójelben az első

6

tag mindegyike helyére a hetedik tagot írva a kifejezés értéke csökken, vagy változatlan marad:

\begin{matrix} {(\frac{a_{1}}{a_{8}})}^{n} + ... + {(\frac{a_{1}}{a_{8}})}^{n} + 1 \geq 1 + 7 q^{n} . \end{matrix}

(2)

Ha mármost

| a_{7} | < | a_{8} |

, akkor

n

növekedésével a jobb oldal második tagja nő ‐ mert negatív, és abszolút értékben csökken ‐, ezért egy bizonyos

n_{0}

küszöbértéket átlépve a jobb oldal értéke mindig pozitív, tehát a bal oldalé is. Valóban

\begin{matrix} 7 q^{n} > - 1, ha | q |^{n} < \frac{1}{7}, n lg | q | < - lg 7, \\ n > - \frac{lg 7}{lg | q |} = \frac{lg 7}{lg | \frac{1}{q} |} = \frac{lg 7}{lg | a_{8} | - lg | a_{7} |}, \end{matrix}

hiszen ekkor

0 < | q | < 1

, és így

lg | q | < 0

, tehát küszöbértékként megfelel

\begin{matrix} n_{0} = [\frac{lg 7}{lg | a_{8} | - lg | a_{7} |}] + 1, \end{matrix}

ahol a szögletes zárójel a benne álló hányados egész részét jelöli.
Ezek szerint minden az

n_{0}

-nál nagyobb index esetén (2) bal oldala pozitív, és (1) szerint

c_{n}

ugyanolyan előjelű, mint

a_{8}

, nem lehet tehát végtelen sok olyan

n

, amelyre

c_{n} = 0

. Így valóban

| a_{7} | = | a_{8} |

, amint állítottuk, és minden (páratlan)

n

-re

a_{7}^{n} + a_{8}^{n} = 0

, ennélfogva

\begin{matrix} c_{n} = a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + ... + a_{6}^{n} . \end{matrix}

Ha mármost

a_{1}, a_{2}, ..., a_{6}

között nincs

0

-tól különböző, akkor minden páratlan

n

-re

c_{n} = 0

, és a kérdésre a választ megadtuk. Ha viszont a feltevés az

a_{1}, a_{2}, ..., a_{6}

számokra is teljesül, meggondolásunkat és megállapodásainkat

n = 8

és

7

helyén

n = 6

-tal és

5

-tel, majd szükség esetén

4

-gyel és

3

-mal ismételve kapjuk, hogy

a_{5} + a_{6} = 0

, ill.

a_{3} + a_{4} = 0

, ennélfogva minden páratlan

n

-re

c_{n} = a_{1}^{n} + a_{2}^{n}

. És ha még

a_{1}

a_{2}

közül sem mindegyik

0

, akkor bármely olyan

n

-ből, amelyre

c_{n} = 0

, adódik

a_{2}^{n} = - a_{1}^{n}

és

a_{2} = - a_{1}

, hiszen páratlan kitevő esetén a gyökvonás (a valós számok körében) egyértelmű, és ekkor minden

n

-re

c_{n} = 0

. Így minden esetben minden páratlan

n

-re teljesül

c_{n} = 0

Komjáth Péter (Budapest, Fazekas M. gyak. gimn. I. o. t.)

Munk Sándor (Budapest, Rákóczi F. gimn. IV. o. t.)

Siklósi Miklós (Budapest, Berzsenyi D. gimn. III. o. t.)