Feladat: F.2766 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Podoski Károly. 
Füzet: 1990/október, 300 - 301. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Algebrai átalakítások, Számsorozatok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1989/november: F.2766

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

I. megoldás. Először megvizsgáljuk, hogy milyen értékeket vehet fel az an+1-an különbség. Tekintsük először a bn=(n+1)2+n2 sorozat bn+1-bn különbségsorozatát, mert ez könnyebben becsülhető:

bn+1-bn=(n+2)2+(n+1)2-(n+1)2+n2==(n+2)2-n2(n+2)2+(n+1)2+(n+1)2+n2==4(n+1)(n+2)2+(n+1)2+(n+1)2+n2==4(1+1n+1)2+1+1+(1-1n+1)2,
és itt a nevezőben a gyökjelek alatt 1-nél nagyobb, illetve 3-nál kisebb szám áll, tehát a nevező nagyobb, mint 2, és kisebb, mint 23<4. Ezért 1<bn+1-bn<2. Innen következik, hogy [bn+1]-[bn]=an+1-an1. Hiszen, ha két szám különbsége 1-nél nagyobb, akkor nem lehet azonos az egész részük. Másrészt an+1-an<bn+1-(bn-1)=bn+1-bn+1<3. Így azt kapjuk, hogy an+1-an csak 1 vagy 2 lehet.
Ha an+1-an csak véges sok esetben, mondjuk k esetben lehetne 2, különben mindig 1-nek kellene lennie, akkor an+1=(an+1-an)+(an-an-1)+...+(a2-a1)+a1n+k+5 lenne, ha n olyan nagy, hogy már minden 2-es különbség szerepel a jobb oldalon. Másrészt an+1=[(n+2)2+(n+1)2]>2(n+1), így azt kapjuk, hogy minden, elég nagy n-re n+k+5>2(n+1), azaz (2-1)n<k+5-2.
Itt a jobb oldal rögzített szám, a bal oldal pedig plusz végtelenhez tart, ami ellentmondás. Ezzel beláttuk, hogy az an+1-an különbség végtelen sokszor veszi fel a 2 értéket.
Most tegyük fel, hogy an+1-an csak véges sokszor, mondjuk k esetben veszi fel az 1 értéket. Ekkor an+1=(an+1-an)+(an-an-1)+...+(a2-a1)+5=2n-k+5, ha n olyan nagy, hogy már minden 1-es különbség szerepel a jobb oldalon. De an+1<2(n+2), így most azt kapjuk, hogy 2n-k+5<2n+22, tehát minden elég nagy n-re (2-2)n<22+5+k, s ez megint ellentmondás. Így az an+1-an különbség végtelen sokszor veszi fel az 1 értéket is. Más értéke nem lehet, ezzel a bizonyítást befejeztük.
 

II. megoldás. Jelöljük ismét bn-nel (n+1)2+n2=2n2+2n+1-et. Ekkor n 1-re
2(n+12)<bn<2(n+35),(1)
hiszen (2(n+12))2=2n2+2n+12<2n2+2n+1=bn2<2n2+2,4n+0,72.
Ebből következik, hogy bn+1-bn<2(n+1+35-n-12)=11210<2 és bn+1-bn>2(n+1+12-n-35)=9210>1. Ez utóbbi egyenlőtlenség szerint [bn+1]>[bn], tehát an+1-an1, míg az első egyenlőtlenség alapján an+1-an<bn+1-bn+1<3, tehát an+1-an2.
Az an+1-an különbség csak két értéket vehet tehát fel: lehet 1 és 2.
Először azt mutatjuk meg, hogy végtelen sokszor veszi fel az 1 értéket. Ehhez tekintsük a bn+2-bn különbséget. Ez (1) szerint legföljebb 2(n+2+35-n-12)=22,1<3, így an+2-an<bn+2-bn+1<4. Ebből következik, hogy az an+2-an=(an+2-an+1)+(an+1-an) különbség legfeljebb 3. Akkor viszont az an+2-an+1 és az an+1-an különbségek közül legalább az egyik 1 (különben összegük 2+2=4 volna!). Beláttuk tehát, hogy két szomszédos an+1-an különbség között legalább az egyik 1, s így valóban végtelen sok 1 van közöttük. Hasonlóan bizonyíthatjuk, hogy három szomszédos között legalább egy esetben 2 a különbség. Ellenkező esetben ugyanis
an+3-an=(an+3-an+2)+(an+2-an+1)+(an+1-an)=3,
s így bn+3-bn<an+3+1-an=4 volna. De (1) szerint
bn+3-bn>2(n+3+12-n-35)=22,9>4,
ami ellentmondás. Ezzel beláttuk, hogy a 2 érték is végtelen sokszor fordul elő.