Kezdőlap


Feladat:	F.2896	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Csorba Péter , Csörnyei Marianna , Faragó Gergely , Párniczky Benedek
Füzet:	1992/november, 365 - 367. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Számsorozatok, Irracionális egyenletek, Rekurzív sorozatok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1992/március: F.2896

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

Legyen $b_{n} = {(1 + \sqrt[]{2})}^{n} + {(1 - \sqrt[]{2})}^{n}$ . A zárójelet a binomiális tétel szerint felbontva láthatjuk, hogy $b_{n}$ értéke (minden $n$ -re) egész szám. Mivel páros $n$ -re $0 < {(1 - \sqrt[]{2})}^{n} < 1$ , páratlan $n$ -re pedig $- 1 < {(1 - \sqrt[]{2})}^{n} < 0$ , azért

\begin{matrix} b_{n} = {\begin{matrix} + 1 = a_{n} + 1, & hanpáros. \\ [{(1 + \sqrt[]{2})}^{n}] = a_{n} & hanpáratlan. \end{matrix} \end{matrix}

Így

a_{2 m} = b_{2 m} - 1

és

a_{2 m - 1} = b_{2 m - 1}

. A bizonyítandó összefüggések közül az elsőt a

b_{n}

-ek segítségével felírva:

\begin{matrix} b_{2 k} - 1 = 2 b_{2 k - 1} + b_{2 k - 2} - 1, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} b_{2 k} = 2 b_{2 k - 1} + b_{2 k - 2}, \end{matrix}

(1)

a második összefüggés pedig a következő alakot ölti

\begin{matrix} b_{2 k + 1} = 2 (b_{2 k} - 1) + b_{2 k - 1} + 2, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} b_{2 k + 1} = 2 b_{2 k} + b_{2 k - 1} . \end{matrix}

(2)

Az (1) és (2) együtt éppen azt jelenti, hogy minden

n

-re

\begin{matrix} b_{n + 2} = 2 b_{n + 1} + b_{n} . \end{matrix}

(3)

A (3) azonosság fennállását egyszerű számolással igazolhatjuk:

\begin{matrix} b_{n + 2} & = {(1 + \sqrt[]{2})}^{n + 2} + {(1 - \sqrt[]{2})}^{n + 2} = \\ = (1 + \sqrt[]{2}) {(1 + \sqrt[]{2})}^{n + 1} + (1 - \sqrt[]{2}) {(1 - \sqrt[]{2})}^{n + 1} = \\ = 2 b_{n + 1} + (\sqrt[]{2} - 1) {(1 + \sqrt[]{2})}^{n + 1} + (- \sqrt[]{2} - 1) {(1 - \sqrt[]{2})}^{n + 1} = \\ = 2 b_{n + 1} + (\sqrt[]{2} - 1) (1 + \sqrt[]{2}) {(1 + \sqrt[]{2})}^{n} + (- \sqrt[]{2} - 1) (1 - \sqrt[]{2}) {(1 - \sqrt[]{2})}^{n} = \\ = 2 b_{n + 1} + b_{n} . \end{matrix}

Faragó Gergely (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o. t.)

Megjegyzés. Észrevehetjük, hogy

1 + \sqrt[]{2}

és

1 - \sqrt[]{2}

x^{2} - 2 x - 1

polinom gyökei. A megoldásbeli számoláshoz hasonlóan általában beláthatjuk, hogy ha

x_{1}, x_{2}, ..., x_{k}

x^{k} - a_{k - 1} x^{k - 1} - a_{k - 2} x^{k - 2} - ... - a_{1} x - a_{0}

polinom gyökei, és

c_{1}, c_{2}, ..., c_{k}

tetszőleges rögzített számok, akkor a

\begin{matrix} b_{n} = c_{1} x_{1}^{n} + c_{2} x_{2}^{n} + ... + c_{k} x_{k}^{n} (n = 1,2 ...) \end{matrix}

sorozat elemeire teljesül a

\begin{matrix} b_{n + k} = a_{k - 1} b_{n + k - 1} + a_{k - 2} b_{n + k - 2} + ... + a_{1} b_{n + 1} + a_{0} b_{n} \end{matrix}

rekurzió. Ez az észrevétel lehetővé teszi, hogy lineáris rekurzióval adott sorozatok tagjait explicit formulával előállítsuk. Legyenek ugyanis

d_{1}, ..., d_{k}; a_{0}, ..., a_{k - 1}

rögzített számok, és definiáljuk a (

b_{n}

) sorozatot a következőképpen:

\begin{matrix} b_{1} = d_{1}, b_{2} = d_{2}, ..., b_{k} = d_{k}, \end{matrix}

b_{k + 1} = a_{k - 1} b_{k} + a_{k - 2} b_{k - 1} + ... + a_{1} b_{2} + a_{0} b_{1},

⋮

b_{k + i} = a_{k - 1} b_{k + i - 1} + a_{k - 2} b_{k + i - 2} + ... + a_{1} b_{i + 1} + a_{0} b_{i} (i = 1, 2, ...)

Tegyük fel, hogy az

x^{k} - a_{k - 1} x^{k - 1} - ... - a_{0}

polinomnak

x_{1}, x_{2}, ..., x_{k}

páronként különböző gyökei. Megmutatható, hogy ekkor léteznek olyan

c_{1}, ..., c_{k}

számok, amelyekkel (bármely

n

-re) a sorozat

n

-edik tagja:

b_{n} = c_{1} x^{n} + ... + c_{k} x^{n};

c_{i}

értékeket egy

k

egyenletből álló lineáris egyenletrendszer megoldásaként kaphatjuk.
Példaként tekintsük a

b_{1} = 1

b_{2} = 1

b_{i + 2} = b_{i + 1} + b_{i} (i = 1,2, ...)

előírással meghatározott, közismert Fibonacci-sorozatot. A rekurzióbeli együtthatók segítségével előálló

x^{2} - x - 1

polinom gyökei

\frac{1 + \sqrt[]{5}}{2}

és

\frac{1 - \sqrt[]{5}}{2}

.
Keressük a sorozat elemeit

b_{n} = c_{1} {(\frac{1 + \sqrt[]{5}}{2})}^{n} + c_{2} {(\frac{1 - \sqrt[]{5}}{2})}^{n}

alakban. (Bárhogyan válasszuk is

c_{1}, c_{2}

-t, ezzel már a

b_{i + 2} = b_{i + 1} + b_{i}

összefüggés fennállását biztosítottuk.) A

b_{1} = b_{2} = 1

követelmény a következő két egyenletet adja

c_{1}

-re és

c_{2}

-re:

\begin{matrix} \frac{1 + \sqrt[]{5}}{2} c_{1} + \frac{1 - \sqrt[]{5}}{2} c_{2} = 1, \frac{3 + \sqrt[]{5}}{2} c_{1} + \frac{3 - \sqrt[]{5}}{2} c_{2} = 1. \end{matrix}

Az egyenletrendszer (egyértelmű) megoldása:

c_{1} = \frac{1}{\sqrt[]{5}}, c_{2} = - \frac{1}{\sqrt[]{5}}

, így az

n

-edik Fibonacci-szám:

\begin{matrix} b_{n} = \frac{1}{\sqrt[]{5}} ({(\frac{1 + \sqrt[]{5}}{2})}^{n} - {(\frac{1 - \sqrt[]{5}}{2})}^{n}) . \end{matrix}

Az érdeklődő olvasó figyelmébe ajánljuk a következő kérdést: Hogyan ,,menthető át'' az ismertetett módszer azokban az esetekben, amikor a megfelelő polinom gyökei nem mind különbözőek (létezik ,,többszörös'' gyök), illetve ha a polinomnak egyáltalán nem létezik valós gyöke. Az előbbihez

b_{1} = b_{2} = 1, b_{i + 2} = 6 b_{i + 1} - 9 b_{i}

, az utóbbihoz

b_{1} = b_{2} = 1, b_{i + 2} = 2 b_{i + 1} - 4 b_{i}

vizsgálata szolgálhat tapasztalatokkal.