Kezdőlap


Feladat:	1982. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 13. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Csirmaz László , Megyesi Gábor
Füzet:	1984/január, 10 - 11. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Számsorozatok, Konstruktív megoldási módszer, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1982/szeptember: 1982. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 13. feladata

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

Legyen $s = {x_{0}, x_{1}, ...}$ egy megfelelő számsorozat, és legyen

\begin{matrix} S_{n} = \frac{x_{0}^{2}}{x_{1}} + \frac{x_{1}^{2}}{x_{2}} + ... + \frac{x_{n - 1}^{2}}{x_{n}} . \end{matrix}

Minden ilyen

s

sorozatra tekintsük azt az

s^{(1)} = {y_{0}, y_{1}, ...}

sorozatot, amelyet az

\begin{matrix} y_{i} = \frac{x_{i + 1}}{x_{1}}, i = 0,1,2, ... \end{matrix}

összefüggés definiál. Nyilvánvalóan

s^{(1)}

is megfelelő sorozat, azaz

y_{0} = 1

és

0 < y_{i + 1} < y_{i}

i \geq 0

esetén, továbbá

\begin{matrix} S_{n}^{(1)} & = \frac{y_{0}^{2}}{y_{1}} + \frac{y_{1}^{2}}{y_{2}} + ... + \frac{y_{n - 1}^{2}}{y_{n}} = \frac{1}{x_{1}} (\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}} + \frac{x_{2}^{2}}{x_{3}} + ... + \frac{x_{n}^{2}}{x_{n + 1}}) = \\ = \frac{1}{x_{1}} (S_{n + 1} - \frac{x_{0}^{2}}{x_{1}}) = \frac{1}{x_{1}} (S_{n + 1} - \frac{1}{x_{1}}), \end{matrix}

hiszen

x_{0} = 1

.
Belátjuk, hogy a feladat (a) állítása nemcsak

3, 999

-re, hanem minden

4

-nél kisebb pozitív

a

számra teljesül. Valóban, tegyük fel, hogy mégis volna olyan megfelelő

s

számsorozat, melyre minden

n

-re

S_{n} < a

teljesül. Ekkor a fent definiált

s^{(1)}

sorozat olyan, hogy minden

n

-re

\begin{matrix} S_{n}^{(1)} = \frac{1}{x_{1}} (S_{n + 1} - \frac{1}{x_{1}}) < \frac{1}{x_{1}} (a - \frac{1}{x_{1}}) = \frac{a^{2}}{4} - {(\frac{a}{2} - \frac{1}{x_{1}})}^{2} ≦ 4 \cdot {(\frac{a}{4})}^{2} . \end{matrix}

s^{(1)}

-ből ugyanilyen módon képzett

s^{(2)}

sorozatra

\begin{matrix} S_{n}^{(2)} < \frac{{(a^{2} / 4)}^{2}}{4} = 4 \cdot {(\frac{a}{4})}^{4}, \end{matrix}

s általában ha az

s^{(k + 1)}

sorozatot a fenti mintára kapjuk az

s^{(k)}

sorozatból, akkor minden

n

-re

\begin{matrix} S_{n}^{(k + 1)} < \frac{1}{4} {(4 \cdot {(\frac{a}{4})}^{2^{k}})}^{2} = 4 \cdot {(\frac{a}{4})}^{2^{k + 1}} . \end{matrix}

Indirekt feltevésünk szerint

a < 4

, tehát

a / 4 < 1

, így a jobb oldal elég nagy

k

-ra kisebb

1

-nél. De ez lehetetlen, hiszen ha

s^{(k + 1)} = {z_{0}, z_{1}, ...}

, akkor például

\begin{matrix} S_{0}^{k + 1} = \frac{z_{0}^{2}}{z_{1}} = \frac{1}{z_{1}} > 1. \end{matrix}

Ezzel a feladat (a) állítását bebizonyítottuk.

Legyen most

s = {x_{0}, x_{1}, ...}

olyan megfelelő sorozat, melyre

S_{n} < 4

minden

n

-re. Az előbbieket

a = 4

-re alkalmazva kapjuk, hogy az

s^{(1)}

sorozatra

\begin{matrix} S_{n}^{(1)} < \frac{a^{2}}{4} - {(\frac{a}{2} - \frac{1}{x_{1}})}^{2} = 4 - {(2 - \frac{1}{x_{1}})}^{2} \end{matrix}

minden

n

-re. Az előbb láttuk, hogy

4 - {(2 - \frac{1}{x_{1}})}^{2} < 4

nem lehetséges, így

x_{1}

csak

1 / 2

lehet. Ekkor az

s^{(1)}

sorozat tagjai rendre

1, 2 x_{2}

2 x_{3}

...

. Mivel az

s^{(1)}

sorozatra is igaz, hogy

S_{n}^{(1)} < 4

minden

n

-re, azért az

s^{(1)}

sorozat második tagja,

2 x_{2}

, csak

1 / 2

lehet. Ezért

x_{2} = 1 / 4

, és az

s^{(2)}

sorozatra, melynek tagjai így

1

4 x_{3}

4 x_{4}

...

S_{n}^{(2)} < 4

teljesül minden

n

-re. Ezt folytatva kapjuk, hogy ha van olyan megfelelő sorozat, mely teljesíti a feladat (b) részének feltételeit, akkor az csak az

1

1 / 2

1 / 4

...

1 / 2^{n}

...

sorozat lehet, ez pedig könnyen láthatóan jó. Így nemcsak megadtunk ilyen sorozatot, hanem azt is bizonyítottuk, hogy csak egy ilyen van.