Kezdőlap


Feladat:	F.3102	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Andrássy Zsuzsanna , Bauer Péter , Bérczi Gergely , Braun Gábor , Brezovich László , Frenkel Péter , Gueth Krisztián , Gyenes Zoltán , Gyukics Mihály , Hegyi Barnabás , Kocsis Zoltán , Krajcsovicz Éva , Kutalik Zoltán , Lantos Tibor , Lippner Gábor , Lolbert Tamás , Makai Márton , Pintér Dömötör , Prause István , Puskás Péter , Szabó Jácint , Szabó Péter , Szilágyi Judit , Szita István , Szobonya László , Szőnyi Amira , Visontai Mirkó , Vörös Zoltán , Zaupper Bence
Füzet:	1996/szeptember, 354. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Oszthatósági feladatok, Számsorozatok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1996/január: F.3102

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

Legyen $u = 5 + \sqrt[]{21}$ , $v = 5 - \sqrt[]{21}$ , és tetszőleges $n$ nemnegatív egészre $a_{n} = u^{n} + v^{n}$ . Az $(a_{n})$ sorozatra igaz, hogy $a_{0} = 2$ , $a_{1} = 10$ és

\begin{matrix} a_{n + 1} = u^{n + 1} + v^{n + 1} = (u + v) (u^{n} + v^{n}) - u v (u^{n - 1} + v^{n - 1}) = 10 a_{n} - 4 a_{n - 1} . \end{matrix}

(1)

Ennek az azonosságnak a felhasználásával bebizonyítjuk, hogy

a_{n}

minden

n

-re egész és osztható

2^{n}

-nel. Ez

n = 0

-ra és

n = 1

-re igaz. Ha pedig

a_{n}

osztható

2^{n}

-nel és

a_{n - 1}

osztható

2^{n - 1}

-nel, akkor (1) jobb oldalán mindkét tag

2^{n + 1}

-nel osztható egész szám, ezért

a_{n + 1}

2^{n + 1}

-nel osztható egész szám.
Mivel

0 < v < 1

, tetszőleges pozitív egész

n

-re

a_{n} < {(5 + \sqrt[]{21})}^{n} + 1 < a_{n} + 1

, vagyis

{(5 + \sqrt[]{21})}^{n} + 1

egész része nem más, mint

a_{n}

. Ezzel az állítást igazoltuk.