Kezdőlap


Feladat:	Gy.2912	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Pap Gyula
Füzet:	1994/december, 491 - 492. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Hatványösszeg, Természetes számok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/április: Gy.2912

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

Tekintsük az összeget általánosan $\frac{1}{a_{m}}$ -ig. Definíció szerint $a_{n} = k$ lesz, ha $k - \frac{1}{2} < \sqrt[]{n} < k + \frac{1}{2}$ (egyenlőség ugyanis nem állhat fenn), azaz ha

\begin{matrix} {(k - \frac{1}{2})}^{2} & < n < {(k + \frac{1}{2})}^{2}, \\ k^{2} - k + \frac{1}{4} & < n < k^{2} + k + \frac{1}{4}, \end{matrix}

ami

n

egész volta miatt azzal ekvivalens, hogy

\begin{matrix} k^{2} - k + 1 \leq n \leq k^{2} + k . \end{matrix}

Tehát

(k^{2} + k) - (k^{2} - k) = 2 k

darab olyan

n

van, amire

a_{n} = k

. Ezek alapján a sorozat így néz ki (minden

k

számból egymás után

2 k

darab van):

\begin{matrix} 1,1,2,2,2,2,3,3,3,3,3,3,4, ... \end{matrix}

A reciprokok összege pedig:

\begin{matrix} \frac{1}{1} + \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{a_{m - 1}} + {\underset{︸}{\frac{1}{a_{m}} + ... + \frac{1}{a_{m}}}}_{r darab}^{} = \\ = 2 \cdot 1 + 4 \cdot \frac{1}{2} + 6 \cdot \frac{1}{3} + ... + r \frac{1}{a_{m}} = 2 + 2 + ... + 2 + ... + r \frac{1}{a_{m}}, \end{matrix}

ahol

0 \leq r < 2 a_{m}

.
Jelöljük

p

-vel azt az utolsó

k

értéket, amiből megvan mind a

2 k

darab szám. Ekor

a_{m} = p + 1

, vagyis (1) szerint

\begin{matrix} {(p + 1)}^{2} - (p + 1) + 1 & \leq m \leq {(p + 1)}^{2} + (p + 1), \\ p^{2} + p + 1 & \leq m < {(p + 1)}^{2} + (p + 1) + 1. \end{matrix}

Ebből látható, hogy az

\begin{matrix} x^{2} + x + 1 = m \end{matrix}

egyenletnek van egy

x_{0}

gyöke a

[p, p + 1)

intervallumban.

\begin{matrix} x_{0,1} = \frac{- 1 \pm \sqrt[]{4 m - 3}}{2} . \end{matrix}

Mivel

x_{0} > 0

, így

\begin{matrix} x_{0} = \frac{- 1 + \sqrt[]{4 m - 3}}{2}, \end{matrix}

és

p \leq x_{0} < p + 1

miatt

\begin{matrix} p = [x_{0}] = [\frac{- 1 + \sqrt[]{4 m - 3}}{2}] . \end{matrix}

A reciprokok összege ekkor a következőképpen írható föl:

\begin{matrix} {\underset{︸}{2 + 2 + ... + 2}}_{p darab}^{} + {\underset{︸}{\frac{1}{p + 1} + ... + \frac{1}{p + 1}}}_{m - 2 (1 + 2 + ... + p) = m - p (p + 1) darab}^{} = 2 p + \frac{m}{p + 1} - \frac{p (p + 1)}{p + 1} = \\ = p + \frac{m}{p + 1} = [\frac{- 1 + \sqrt[]{4 m - 3}}{2}] + \frac{m}{[\frac{- 1 + \sqrt[]{4 m - 3}}{2}] + 1} . \end{matrix}

m = 1994

esetben az összegre

\frac{3974}{45}

adódik.

Pap Gyula (Debrecen, Fazekas M. Gimn., I. o. t.) dolgozata alapján