Feladat: Gy.2264 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bánkövi Domonkos 
Füzet: 1986/január, 16 - 17. oldal  PDF file
Témakör(ök): Algebrai átalakítások, Egyenlőtlenségek, Gyökös függvények, Egészrész, törtrész függvények, Számsorozatok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/április: Gy.2264

Legyen f(n)=[n+n], ha n természetes szám. Bizonyítsuk be, hogy ha m=1111, akkor m, f(m), f(f(m)), ... sorozat elemei között van négyzetszám.

Ha m nem négyzetszám, akkor legyen d2<m<(d+1)2. Ekkor m=d2+k, ahol 0<k<2d+1. Így [m]=d, vagyis f(m)=d2+k+d. f(f(m)) értéke attól függ, hogyf(m) túllépi-e a következő négyzetszámot, (d+1)2-t. Ha még k+d<2d+1, azaz k<d+1, akkor [f(m)] még mindig d, így f(f(m))=d2+k+2d=(d+1)2+(k-1).
Ha tehát m és a nála kisebb legnagyobb négyzetszám eltérése nem nagyobb, mint [m], akkor f(f(m)) esetén ugyanez az eltérés eggyel csökken. Ez azt jelenti, hogy gondolatmenetünk f(f(m))-ből indulva ismételhető, vagyis az említett eltérés minden második f értékre egyesével csökken. Előbb-utóbb tehát nullává válik, azaz a sorozat megfelelő eleme négyzetszám.
Esetünkben m=1111=332+22, vagyis teljesül, hogy
m-[m]2[m].(1)
A fentiek szerint tehát a sorozat 45-ödik tagja négyzetszám, értéke (33+22)2=3025.
 

 Bánkövi Domonkos (Bp., Táncsics M. Gimn., I. o. t.)
 

Megjegyzés. A feladat állítása bármely pozitív valós m számra igaz, ami azt is jelenti, hogy az adott sorozat elemei között végtelen sok négyzetszám található.
Ha ugyanis m négyzetszám, vagy teljesül rá (1), akkor a megoldás szerint készen vagyunk. Ha nem, akkor a megoldás jelöléseivel m=d2+k és d+1k<2d+1. Ekkor
f(m)=d2+k+d=(d+1)2+k-d-1.
Mivel 0f(m)-[f(m)]=k-d-1<d<[f(m)], azért f(m)-re teljesül (1), megoldásunk tehát m helyett f(m)-ből indulva továbbra is megismételhető.