Kezdőlap


Feladat:	N.46	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Gyarmati Katalin , Valkó Benedek
Füzet:	1995/május, 291 - 292. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Racionális számok és tulajdonságaik, Algebrai átalakítások, Legnagyobb közös osztó, Teljes indukció módszere, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/november: N.46

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

Legyen $a_{n} = \frac{x^{n} - y^{n}}{x - y}$ , ekkor $a_{1} = 1$ , $a_{2} = x + y$ , és tetszőleges $n \geq 1$ -re

\begin{matrix} \begin{matrix} a_{n + 2} = \frac{x^{n + 2} - y^{n + 2}}{x - y} = \frac{(x + y) (x^{n + 1} - y^{n + 1}) - (x y^{n + 1} - y x^{n + 1})}{x - y} = (x + y) a_{n + 1} - x y a_{n} . \end{matrix} \end{matrix}

Ha megmutatjuk, hogy

x + y

és

x y

is egész, ekkor egyrészt

a_{1}

és

a_{2}

egészek, másrészt, ha

a_{k + 1}

és

a_{k}

egészek, akkor szükségképpen

a_{k + 2} = (x + y) a_{k + 1} - x y a_{k}

is egész. Ebből ‐ az

n

-re vonatkozó indukcióval ‐ már következik, hogy

a_{m}

minden

m

-re egész.
Tegyük fel, hogy (valamilyen

n

-re)

a_{n}

a_{n + 1}

a_{n + 2}

a_{n + 3}

valamennyien egészek. Mivel

\begin{matrix} \begin{matrix} a_{n} a_{n + 3} - a_{n + 1} a_{n + 2} = \frac{(x^{n} - y^{n}) (x^{n + 3} - y^{n + 3}) - (x^{n + 1} - y^{n + 1}) (x^{n + 2} - y^{n + 2})}{{(x - y)}^{2}} = \\ = \frac{x^{n} y^{n} (x^{2} y + x y^{2} - x^{3} - y^{3})}{{(x - y)}^{2}} = \frac{x^{n} y^{n} (x + y) (2 x y - x^{2} - y^{2})}{{(x - y)}^{2}} = - x^{n} y^{n} (x + y), \end{matrix} \end{matrix}

azért

x^{n} y^{n} (x + y)

is egész. Hasonlóan

\begin{matrix} \begin{matrix} a_{n + 2} a_{n} - a_{n + 1}^{2} = \frac{(x^{n + 2} - y^{n + 2}) (x^{n} - y^{n}) - {(x^{n + 1} - y^{n + 1})}^{2}}{{(x - y)}^{2}} = \\ = \frac{x^{n} y^{n} (2 x y - x^{2} - y^{2})}{{(x - y)}^{2}} = - x^{n} y^{n} \end{matrix} \end{matrix}

miatt

x^{n} y^{n}

egész. A fenti egyenlőségben

n

helyébe

(n + 1)

-et írva kapjuk, hogy

a_{n + 2}^{2} - a_{n + 3} a_{n + 1} = x^{n + 1} y^{n + 1}

is egész; így

x y = \frac{x^{n + 1} y^{n + 1}}{x^{n} y^{n}}

(vagy 0) racionális szám. Ennek a racionális számnak az

n

-edik hatványa egész, ami csak úgy lehetséges, ha

x y

is egész.
Ha

x y = 0

, akkor például

y = 0

esetén

a_{n} = x^{n - 1}

a_{n + 1} = x^{n}

egészek lévén

x

racionális, ezért (egész szám

n

-edik gyökeként) egész; így minden

k

-ra

a_{k} = x^{k - 1}

is egész. (Hasonlóan járhatunk el

x = 0

esetén is.) A továbbiak során feltehetjük, hogy

x y \neq 0

. Mint láttuk,

x^{n} y^{n} (x + y)

egész, ezért

x + y

racionális. Tegyük fel, hogy

x + y

nem egész, azaz

x + y = \frac{p}{q}

, ahol

p

és

q

egymáshoz relatív prím egészek és

q \geq 2

. Ekkor (

a_{1} = 1

és)

a_{2} = x + y = \frac{p}{q}

\begin{matrix} a_{3} = \frac{x^{3} - y^{3}}{x - y} = x^{2} + x y + y^{2} = {(x + y)}^{2} - x y = \frac{p^{2}}{q^{2}} - x y = \frac{p^{2} - q^{2} x y}{q^{2}}, \end{matrix}

ahol

p^{2} - q^{2} x y

és

q^{2}

is relatív prímek. A

k

-ra vonatkozó indukcióval megmutatjuk, hogy minden

k

pozitív egészre

a_{k} = \frac{p_{k}}{q^{k}}

, ahol

p_{k}

q^{k}

-hoz relatív prím egész. Valóban, ha

a_{k - 2} = \frac{p_{k - 2}}{q^{k - 2}}

és

a_{k - 1} = \frac{p_{k - 1}}{q^{k - 1}}

, akkor

\begin{matrix} a_{k} = (x + y) a_{k - 1} - x y a_{k - 2} = \frac{p p_{k - 1}}{q^{k}} - x y \frac{p_{k - 2}}{q^{k - 2}} = \frac{p p_{k - 1} - x y q^{2} p_{k - 2}}{q^{k}} . \end{matrix}

Itt

p

és

p_{k - 1}

q

-hoz relatív prím, amelyek szorzatához a

q

-val osztható

x y q^{2} p_{k - 2}

számot adva ismét a

q

-hoz (s így

q^{k}

-hoz) relatív prím értéket kapunk. Alkalmazzuk a kapott eredményt

k = n

-re, eszerint

a_{n} = \frac{p_{n}}{q^{n}}

, ellentmondva annak, hogy

a_{n}

egész. Tehát

x + y

is egész.

Valkó Benedek (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.)