Feladat: F.2272 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Danyi Pál 
Füzet: 1981/március, 104 - 105. oldal  PDF file
Témakör(ök): Sorozat határértéke, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1980/október: F.2272

Egy elhanyagolható méretű bogár elindul a síkbeli derékszögű koordináta-rendszer kezdőpontjából. Először 1 egységnyi utat tesz meg jobbra az (1; 0) pontba. Ott 90-os fordulatot végez az óramutató járásával ellentétes irányban és 1/2 egységnyi utat jár be, így eljut az (1; 1/2) pontba. Ha ugyanilyen módon folytatja útját, azaz minden egyhuzamban megtett útszakasz után 90-kal elfordul az óramutató járásával ellentétes irányban és ezután feleakkora utat tesz meg, mint közvetlenül előtte, akkor melyik pontot közelíti meg a bogár mind jobban?

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

I. megoldás. A bogár lépései során felváltva hol az első, hol a második koordinátáját változtatja meg. Páratlan sorszámú lépéseivel az első koordinátáját módosítja, mégpedig mindig az ellentétes irányban és negyedakkora mértékben, mint közvetlenül előtte. Emiatt az első koordináta k módosítása, tehát a (2k-1)-edik lépés után az első koordinátája

x2k-1=1-14+...+(-14)k-1=1-(-14)k1-(-14)
lesz, és ugyanennyi marad az értéke a 2k-adik lépés után is.
A második koordináta hasonlóan változik, a 2k-adik lépés után az értéke
y2k=12-18+...+12(-14)k-1=12x2k-1,
és ugyanennyi marad az értéke a (2k+1)-edik lépés után is. Mivel 4 egymás utáni hatványai különböző egész számok, közülük a k-adik nagyobb a k-adik pozitív egésznél, vagyis 4k>k. Emiatt 4k minden határon túl nő, ha k befutja a pozitív egészeket, és 4-k 0-hoz tart. Tehát xn határértéke 4/5, és yn határértéke ennek fele, 2/5.
 

Jelöljük Bn-nel az (xn;yn) és B-vel a (45;25) pontot. Mivel Bn és B távolsága kisebb az |x-xn|+|y-yn| összegnél, és ez az utóbbi 0-hoz tart, a bogár a B(45;25) pontot közelíti meg egyre jobban.
 

II. megoldás. Jelöljük továbbra is Bn-nel a bogár helyzetét az n-edik lépés után, és B0-lal az origót.

A BnBn+1Bn+2 háromszögek n=0, 1, 2, ... mellett mind hasonlóak, hiszen derékszögűek, és a BnBn+1, Bn+1Bn+2 befogók aránya n-től függetlenül 2:1. Nevezetesen a B0B1B2, B2B3B4 háromszögekben a B0-nál, illetve B2-nél levő szögek egyenlőek, és száraik ellentétes irányításúak. Emiatt az átfogóik egyenese azonos, B4 rajta van a B0B2 szakaszon. Hasonlóan kapjuk, hogy B5 rajta van a B1B3 szakaszon, vagyis a B4B5 szakasz a B0B2, B1B3 szakaszok B metszéspontjából, mint centrumból való 16:1 arányú kicsinyítéssel is megkapható a B0B1 szakaszból. Innen kezdve pedig az egész pálya folytatása megkapható úgy, hogy a B0B1B2B3B4 törött vonalra alkalmazzuk ezt a kicsinyítést, majd a kapott eredményre is alkalmazzuk, és így tovább. Más szavakkal elmondva ugyanezt, azt kapjuk, hogy ha a T0=B0B1B2B3B4 törött vonalra a B centrumból rendre 16k:1 arányú kicsinyítést alkalmazunk, akkor éppen a Tk=B4kB4k+1B4k+2B4k+3B4k+4 törött vonalat kapjuk. Mivel a T0 törött vonal pontjai közül B0 van B-től legmesszebb, ebből kapjuk, hogy Tk pontjai B-től legfeljebb B0B/16k távolságra vannak. Mivel ez 0-hoz tart (amit ugyanúgy láthatunk be, mint az I. megoldásban azt, hogy 1/4k tart 0-hoz, bár egyszerűen ez utóbbi állításból is kiolvasható), ebből következik, hogy a bogár mind jobban közeledik a B ponthoz.
 

A B0B2 egyenes egyenlete y=x/2, a B1B3y=2(1-x), emiatt ezek metszéspontjában x=4/5, y=2/5, tehát B koordinátéi (45;25).
 

 Danyi Pál (Pécs, Nagy Lajos Gimn., II. o. t.)