Kezdőlap


Feladat:	F.3245	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Máthé András , Naszódi Gergely , Szép László , Torda Péter
Füzet:	1999/május, 286 - 287. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Rekurzív sorozatok, Algebrai egyenletek, Természetes számok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1998/október: F.3245

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

Jelölje a $k$ -adik napon evés előtt még meglévő mogyorók számát $e (k)$ , amiből $k$ mogyoró elfogyasztása után $u (k)$ marad; így

\begin{matrix} e (k) = u (k) + k (k \leq n) . \end{matrix}

(1)

Ezután a mókus még megeszik

\frac{u (k)}{100}

darab mogyorót, tehát

u (k) = \frac{u (k)}{100} = e (k + 1)

, azaz

\begin{matrix} u (k) = \frac{100}{99} e (k + 1) (k \leq n - 1) . \end{matrix}

(2)

Tudjuk, hogy

e (n) = n

, így

u (n - 1) = \frac{100}{99} n

. Ennek, valamint (1)-nek és (2)-nek az alapján a mókus eredeti mogyorókészlete:

\begin{matrix} \begin{matrix} S & = e (1) = 1 + u (1) = 1 + \frac{100}{99} e (2) = 1 + \frac{100}{99} (u (2) + 2) = \\ = 1 + \frac{100}{99} (2 + \frac{100}{99} e (3)) = 1 + \frac{100}{99} (2 + \frac{100}{99} (u (3) + 3)) = \\ = ... = 1 + \frac{100}{99} (2 + \frac{199}{99} (3 + \frac{100}{99} (4 + \frac{100}{99} (... + n - 1 + \frac{100}{99} n) ...))) = \\ = n {(\frac{100}{99})}^{n - 1} + (n - 1) {(\frac{100}{99})}^{n - 2} + ... + 2 \cdot \frac{100}{99} + 1 = \\ = \sum_{j = 0}^{n - 1} {(\frac{100}{99})}^{j} + \sum_{j = 1}^{n - 1} {(\frac{100}{99})}^{j} + ... = \\ = \sum_{k = 0}^{n - 1} {(\frac{100}{99})}^{k} \frac{{(\frac{100}{99})}^{n - k} - 1}{\frac{100}{99} - 1} = 99 (n {(\frac{100}{99})}^{n} - \sum_{k = 0}^{n - 1} {(\frac{100}{99})}^{k}) = \\ = 99 n {(\frac{100}{99})}^{n} - 99^{2} ({(\frac{100}{99})}^{n} - 1) = 99^{2} + \frac{100^{n} (n - 99)}{99^{n - 1}} . \end{matrix} \end{matrix}

Mivel az

S

egész, azért

100^{n} (n - 99)

osztható

99^{n - 1}

-nel. Ez két extrém esetben biztosan teljesül: ha

n = 1

(és akkor

S = 1

) vagy ha

n = 99

(és akkor

S = 99^{2} = 9801

). Könnyen látható, hogy ez a két eset valóban megoldása a feladatnak; megmutatjuk viszont, hogy több megoldás nincs, ugyanis

2 \leq n \neq 99

esetén az oszthatóság nem áll fenn.
Mivel 99 és 100 egymáshoz relatív prímek, azért az oszthatóság (akkor és) csak akkor teljesül, ha

n - 99

is osztható

99^{n - 1}

-nel. Az

1 < n

-re való indukcióval azonban belátjuk, hogy

| n - 99 | < 99^{n - 1}

, ezért a mondott eseteken kívül nem állhat fenn az oszthatóság.
Nyilván (

n = 2

-re és 100-ra)

97 < 99

és

1 < 99^{99}

; tegyük fel, hogy valamilyen

(k - 1)

-re

| (k - 1) - 99 | < 99^{k - 2}

teljesül, és

k \neq 100

.
Ekkor

\begin{matrix} 99^{k - 1} = 99 \cdot 99^{k - 2} > 99 \cdot | (k - 1) - 99 | \geq 1 + | (k - 1) - 99 | \geq | k - 99 |, \end{matrix}

tehát az egyenlőtlenség

k

-ra is fennáll, így minden

n

-re teljesül.

Szép László (Miskolc, Földes F. Gimn., 12. o.t.) dolgozata alapján