Kezdőlap


Feladat:	1391. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Erdős Péter
Füzet:	1972/október, 63. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Rekurzív eljárások, Teljes indukció módszere, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/december: 1391. matematika gyakorlat

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

Jelöljük a sorozat $n$ -edik tagját $a_{n}$ -nel, tehát $a_{1} = 1$ és $n = 2, 3, 4, ...$ esetében

\begin{matrix} a_{n} = 4 + 4 \sqrt[]{a_{1} + a_{2} + ... + a_{n - 1}} . \end{matrix}

(1)

Eszerint

a_{2} = 4 + 4 \sqrt[]{1} = 8

a_{3} = 4 + 4 \sqrt[]{1 + 8} = 16

a_{4} = 4 + 4 \sqrt[]{1 + 8 + 16} = 24

a_{5} = 32

a_{6} = 40

. A számítás során az egymás utáni négyzetgyökvonások eredménye 1, 3, 5, 7, 9 volt, vagyis az

n = 2, 3, 4, 5, 6

sorszámú tag számítása közben az 1-gyel kisebb sorszámú páratlan szám. Bebizonyítjuk, hogy észrevételünk minden indexre helyes.
Tegyük föl, hogy

k

olyan index, melyre a sorozat első

k

tagjának

s_{k}

összege egyenlő a

k

-adik páratlan szám négyzetével, azaz

\begin{matrix} s_{k} = a_{1} + a_{2} + ... + a_{k} = {(2 k - 1)}^{2} . \end{matrix}

Ekkor (1) szerint

\begin{matrix} a_{k + 1} = 4 + 4 (2 k - 1) = 8 k, és így \\ s_{k + 1} = s_{k} + a_{k + 1} = {(2 k - 1)}^{2} + 8 k = 4 k^{2} + 4 k + 1 = {(2 k + 1)}^{2}, \end{matrix}

tehát a mondott tulajdonság a következő

(k + 1)

indexre is fennáll. Ezt akartuk bizonyítani.
Ezek szerint a sorozat első 1971 tagjának összege annyi, mint az 1971-edik páratlan szám négyzete:

\begin{matrix} s_{1971} = {(2 \cdot 1971 - 1)}^{2} = 3941^{2} = 15 531 481. \end{matrix}

Erdős Péter (Budapest, I. István Gimn., II. o. t.)