Kezdőlap


Feladat:	F.2856	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Csörnyei Marianna , Elek Márta , Futó Gábor , Imreh Csanád , Kotnyek Balázs , Lente Gábor , Molnár-Sáska Gábor , Párniczky Benedek , Ratkó Éva , Stőhr Lóránt , Szalkai Ákos , Tóth Csaba , Ujváry-Menyhárt Zoltán , Varjú Katalin
Füzet:	1992/április, 151 - 152. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Egész számok összege, Számsorozatok, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1991/május: F.2856

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

Az $(x_{n})$ sorozat elemei pozitív valós számok, továbbá minden $n$ pozitív egészre

\begin{matrix} 2 {(x_{1} + x_{2} + ... + x_{n})}^{4} = (x_{1}^{5} + x_{2}^{5} + ... + x_{n}^{5}) + (x_{1}^{7} + x_{2}^{7} + ... + x_{n}^{7}) . & (1) \end{matrix}

Határozzuk meg a sorozat elemeit.
Megoldás. Teljes indukcióval bizonyítjuk, hogy

x_{n} = n

minden

n

pozitív egészre.

n = 1

-re az egyenlet:

\begin{matrix} 2 x_{1}^{4} = x_{1}^{5} + x_{1}^{7} . \end{matrix}

Átrendezve és szorzattá alakítva:

\begin{matrix} x_{1}^{4} (x_{1}^{2} + x_{1} + 2) (x_{1} - 1) = 0. \end{matrix}

Ennek az egyetlen pozitív valós gyöke az

1

.
Tegyük fel, hogy

k > 1

, és hogy ezt a megállapítást megismételtük egymás után az

n = 1,2, ..., (k - 1)

esetekre, vagyis, hogy

\begin{matrix} x_{1} = 1, x_{2} = 2, ..., x_{k - 1} = k - 1 \end{matrix}

a vizsgálandó sorozatot definiáló egyenlet egyetlen pozitív valós megoldása, ha

n = k - 1

. Megmutatjuk, hogy

n = k

-ra

(1)

-nek egyértelmű megoldása:

x_{k} = k

.
Írjuk fel a

k

-adik és a

(k - 1)

-edik egyenletet, és vonjuk ki az utóbbit, felhasználva az

1 + 2 + ... + (k - 1) = \frac{k (k - 1)}{2}

azonosságot:

\begin{matrix} 2 {(1 + 2 + ... + (k - 1) + x_{k})}^{4} = (1^{5} + 2^{5} + ... + {(k - 1)}^{5} + x_{k}^{5}) + (1^{7} + 2^{7} + ... + {(k - 1)}^{7} + x_{k}^{7}), \\ 2 {(1 + 2 + ... + (k - 1))}^{4} = (1^{5} + 2^{5} + ... + {(k - 1)}^{5}) + (1^{7} + 2^{7} + ... + {(k - 1)}^{7}), \\ 2 {(\frac{k (k - 1)}{2} + x_{k})}^{4} - 2 {(\frac{k (k - 1)}{2})}^{4} = x_{k}^{5} + x_{k}^{7} . \end{matrix}

Végezzük el a hatványozásokat és rendezzük az egyenletet:

\begin{matrix} x_{k}^{7} + x_{k}^{5} - 2 x_{k}^{4} - 4 k (k - 1) x_{k}^{3} - 3 k^{2} {(k - 1)}^{2} x_{k}^{2} - k^{3} {(k - 1)}^{3} x_{k} = 0. \end{matrix}

x_{k}

-val oszthatunk, hiszen pozitív; a zárójeleket átalakítva:

\begin{matrix} x_{k}^{6} + x_{k}^{4} - 2 x_{k}^{3} - (4 k^{2} - 4 k) x_{k}^{2} - (3 k^{4} - 6 k^{3} + 3 k^{2}) x_{k} - (k^{6} - 3 k^{5} + 3 k^{4} - k^{3}) = 0. \end{matrix}

Behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy ennek

x_{k} = k

megoldása. Emeljük ki az

(x_{k} - k)

gyöktényezőt:

\begin{matrix} (x_{k} - k) (x_{k}^{5} + k x_{k}^{4} + (k^{2} + 1) x_{k}^{3} + (k^{3} + k - 2) x_{k}^{2} + (k^{4} - 3 k^{2} + 2 k) x_{k} + (k^{5} - 3 k^{4} + 3 k^{3} - k^{2})) = 0. \end{matrix}

Azt állítjuk, hogy a második tényezőben minden együttható pozitív. Ezt nyilván elég a negyediktől kezdve igazolni. Valóban,

\begin{matrix} k^{3} + & k - 2 \geq k^{3} + 2 - 2 > 0, \\ k^{4} - & 3 k^{2} + 2 k > k^{4} - 4 k^{2} + 4 = {(k^{2} - 2)}^{2} \geq 0 és \\ k^{5} - & 3 k^{4} - 3 k^{3} - k^{2} = k^{2} {(k - 1)}^{3} > 0. \end{matrix}

Ezért ‐ mivel

x_{k} > 0

‐ a második tényező mindig pozitív, az egyenlet egyetlen pozitív gyöke:

x_{k} = k

.
Ezzel az állításunkat is igazoltuk.