Kezdőlap


Feladat:	F.2104	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: -
Füzet:	1978/január, 8. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Gyökös függvények, ( x + 1/x ) > = 2 ( x > 0 ), Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1977/szeptember: F.2104

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

Első észrevételünk az, hogy ha $z \geq 1$ , akkor $z - 1 / z \geq 0$ , és ezért

\begin{matrix} f (z + \frac{1}{z}) = \frac{z + \frac{1}{z} + | z - \frac{1}{z} |}{2} = z . \end{matrix}

(1)

Másodszor

i \geq 2

miatt található olyan

α \geq 1

szám, amelyre

i = α + 1 / α

, és akkor (1) szerint

f (i) = α

. Olyan

j_{n}

-et kell találnunk, amelyre

f (j_{n}) = α^{n}

. Ismét (1) alapján

α^{n} \geq 1

miatt a

\begin{matrix} j_{n} = α^{n} + \frac{1}{α^{n}} \end{matrix}

(2)

választás megfelelő lesz, ha sikerül megmutatnunk, hogy

j_{n} \geq 2,

valamint

j_{n}

egész.
Az, hogy

j_{n} \geq 2

, abból következik, hogy

j_{n}

egy pozitív számnak és reciprokának összege; a másik állítást teljes indukcióval bizonyítjuk. Tudjuk, hogy

n = 0

-ra

j_{0} = 2

egész,

n = 1

-re

j_{1} = i

a feladat feltételei szerint egész. Ha most

j_{n - 1}

és

j_{n}

is egész, akkor

\begin{matrix} j_{n + 1} = α^{n + 1} + \frac{1}{α^{n + 1}} = (α + \frac{1}{α}) (α^{n} + \frac{1}{α^{n}}) - (α^{n - 1} + \frac{1}{α^{n - 1}}) = i \cdot j_{n} - j_{n - 1} \end{matrix}

szintén egész.
Ezzel a feladat állítását beláttuk.