Feladat: Pontversenyen kívüli P.62 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bacsó Gábor ,  Cseresnyés Mária ,  Ferró József ,  Füredi Zoltán ,  Földvári Csongor ,  Gulyás András ,  Göndőcs Ferenc ,  Kirchner Imre ,  Kisvarga József ,  Komjáth Péter ,  Komócsi Sándor ,  Papp Zoltán ,  Reviczky János ,  Szendrei Ágnes ,  Vajnági András ,  Vogel Anna 
Füzet: 1971/január, 22 - 25. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Rekurzív eljárások, Számsorozatok, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1970/március: Pontversenyen kívüli P.62

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

I. megoldás. Nyilvánvaló, hogy minden n esetére az an-nél nagyobb bn számot kapunk, ha a közös 2 alap fölé mindenütt nagyobb kitevőt írunk. Legyen bn kifejezésében a kitevő az an beli

0,1,2,...,n-1,n(1)
helyén rendre a következő:
20+1,21+1,22+1,...,2n-1+1,2n+2(2)
(vagyis az utolsó kitevő második tagja 2, az előbbieké 1), tehát
bn=220+1+221+1+...+22n-1+1+22n+2,
és
an<bn.

A kapott bn számok közös értéke viszon 8 ez tehát az an számoknak egy közös korlátja. Valóban, a legbelső, az (n+1)-edik négyzetgyök egyenlő a közvetlen előtte álló taggal, hiszen a gyök alatti kitevő kétszer akkora, mint a közvetlen előtte álló tagé; így az n-edik gyökjel alatt e tag 2-szerese,
22n-1+2
áll. A további gyökvonások során ugyanez ismétlődik, és még n-1 gyökvonást végrehajtva
bn=220+2=8,
függetlenül az n-től.
Azt kell már csak igazolnunk, hogy a (2) kitevősorozat minden egyes tagja nagyobb az (1)-beli megfelelőjénél, azaz ha k=0,1,2,..., akkor
2k+1>k.
Ez k=0,1,2 esetén igaz. Ha pedig valamely k-ra teljesült, akkor a következőre
2k+1+1=22k+1>2(k-1)+1=(k+1)+(k-2)k+1,
és ezt akartuk megmutatni.
 

Göndőcs Ferenc

 

II. megoldás. Jelöljük az an-beli (elölről számítva) k-adik gyökjel alatti kifejezést Lk-val. Megmutatjuk, hogy n+1k3 esetén
Lk<2k.(3)
Ez k=n+1-re igaz, mert Ln+1=2n<2n+1. Ha mármost (3) teljesül egy k-ra (k3), akkor
Lk-1=2k-2+Lk2k-2+2k22k-2+2k-2=2k-1,
hacsak
k2k-2,azazk-13,
amint állítottuk.
Eszerint pedig
an<1+2+23<1+5<2,
amint a feladat állítja.
 

Papp Zoltán

 

III. megoldás. Az an számsorozat szigorúan monoton növekvő, minden egyes tagja nagyobb az előtte állónál: an+1>an, mert bennük a (kívülről számított) n+1-edik négyzetgyökjel alatt rendre
2n+2n+1,ill.2n
áll, ahol a nagyságviszony nyilvánvaló, és ebből a két számból már ugyanazokkal a lépésekkel haladunk: an+1 és an kiszámításában és a váltakozva végzett négyzetgyökvonások és ugyanazon szám hozzáadásai ezt a nagyságviszonyt változatlanul hagyják. Eszerint ha n>1, akkor an>a1=1.
Megmutatjuk másrészt, hogy
an+1<1+2an.
Szorozzuk meg evégett an-et 2-vel a következő módon. Az első gyökjel alatti tagokat 2-vel, de a második tag, a négyzetgyök alá vigyük be a szorzót, ott tehát 2-nek már a négyzetével szorzunk, hasonlóan a harmadik gyökjel alatt a 22=4-ik hatványával, és így tovább, az (n+1)-edik négyzetgyökjel alatt már 22n lesz a szorzó. Ezáltal 1+2an-nek (n+2) gyökjelet tartalmazó kifejezése:
1+21+222+22222+...+22n-12n-1+22n2n,
vagyis a (k+2)-edik gyökjel alatti első tag (k+22):
22k2k=2k+2k.

Ezzel szemben an+1-nek a (k+2)-edik gyökjele alatti első tag a definíció szerint
2k+1,
és mivel a kitevők között nyilvánvalóan fennáll a
k+2k>k+1
egyenlőtlenség, ha k>0, azért valóban
1+2an>an+1,
és an monoton növekedése alapján
1+2an>an.

Innen négyzetreemeléssel (hiszen an>0), átrendezéssel
an-1an<2.

Végül mivel an>1, és így
0<1an<1,azértan-1<an-1an<2,
tehát
an<1+2.

(A most kapott felső korlát nagyságra nézve az I. és II megoldásban kapottak között áll.)
 

Földvári Csongor