Kezdőlap


Feladat:	F.1642	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1969/május, 204. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1969/január: F.1642

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

Az 1968-as szám helyére a gyökjelek alatt $C$ -t, a kitevőben $2 n$ -et írva és a gyökök különbségét $D$ -vel jelölve általánosan azt mutatjuk meg $n$ szerinti teljes indukcióval, hogy ha $C$ is, $n$ is nemnegatív egész szám, akkor van olyan $A, B$ egész számpár, amelyre

\begin{matrix} {(\sqrt[]{C + 1} - \sqrt[]{C})}^{2 n + 1} = D^{2 n + 1} = A \sqrt[]{C + 1} - B \sqrt[]{C}, és & (1) \\ (C + 1) A^{2} - C \cdot B^{2} = 1. & (2) \end{matrix}

n = 0

esetében

A = B = 1

, és ezekre teljesül (2). Tegyük fel, hogy egy a feltevés szerinti a kitevőhöz van olyan

A_{n}, B_{n}

egész szám, hogy

\begin{matrix} D^{2 n + 1} = A_{n} \sqrt[]{C + 1} - B_{n} \sqrt[]{C} és (C + 1) A_{n}^{2} - C \cdot B_{n}^{2} = 1. \end{matrix}

Ekkor a hatványt az 1-gyel nagyobb

n

-hez képezve, kellő rendezéssel

\begin{matrix} D^{2 (n + 1) + 1} = D^{2 n + 1} \cdot D^{2} = \\ = (A_{n} \sqrt[]{C + 1} - B_{n} \sqrt[]{C}) {(\sqrt[]{C + 1} - \sqrt[]{C})}^{2} = \\ = (A_{n} \sqrt[]{C + 1} - B_{n} \sqrt[]{C}) (2 C + 1 - 2 \sqrt[]{C (C + 1)}) = \\ = [(2 C + 1) A_{n} + 2 C B_{n}] \cdot \sqrt[]{C + 1} - [(2 C + 1) B_{n} + 2 (C + 1) A_{n}] \cdot \sqrt[]{C} . \end{matrix}

Itt a szögletes zárójelekben egész számok állnak, megfelelnek az állítás első részében

A_{n + 1}

, ill.

B_{n + 1}

szerepére; másrészt ezekkel kellő rendezés után és a feltevés második részét alkalmazva

\begin{matrix} (C + 1) A_{n + 1}^{2} - C \cdot B_{n + 1}^{2} = \\ = (C + 1) {[(2 C + 1) A_{n} + 2 C B_{n}]}^{2} - C {[(2 C + 1) B_{n} + 2 (C + 1) A_{n}]}^{2} = \\ = [{(2 C + 1)}^{2} - 4 C (C + 1)] \cdot [(C + 1) A_{n}^{2} - C B_{n}^{2}] = 1, \end{matrix}

tehát az állítás második része is teljesül. ‐ Ezzel a bizonyítást befejeztük.