Feladat:	B.3389	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Pallos Péter
Füzet:	2001/április, 215 - 217. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Számhalmazok, Teljes indukció módszere, Trigonometrikus függvények, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2000/szeptember: B.3389

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Az $n$-re vonatkozó teljes indukcióval igazoljuk, hogy ha $1\le i\le j\le n$, akkor a $H_i$ és a $H_j$ halmazok elemei 2-nél kisebb pozitív valós számok és nincs köztük egyenlő. Ha $n=1$, akkor ez nyilvánvaló. Legyen most $n>1$ és tegyük fel, hogy az állítás igaz az $n$-nél kisebb sorszámú halmazokra. A $H_n$ halmaz az $x_n=\sqrt[]{2\pm x_{n-1}}$ alakú számokból áll, ahol $x_{n-1}\in H_{n-1}$. Az indukciós föltevés szerint $0<2-x_{n-1}<2+x_{n-1}<4$, és így a $H_n$ elemei is 2-nél kisebb pozitív számok. Meg kell még mutatnunk, hogy a $H_n$ elemei között nincsenek egymással vagy pedig egy kisebb sorszámú $H$-beli elemmel egyenlő számok. Tegyük fel, hogy ez nem igaz, vagyis hogy létezik olyan $1\le i\le n$, hogy $x_i=x_n$ valamilyen $x_i\in H_i$ és $x_n\in H_n$ esetén. (Két $H_n$-beli szám egyenlősége úgy értendő, hogy különböző előjelsorozatok kiértékelésével kapjuk ugyanazt az értéket.) Ha $i=1$, akkor $H_1=\left\{\sqrt[]{2}\right\}$ miatt indirekt feltevésünk a $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{2}=\sqrt[]{2\pm x_{n-1}}}\end{array}$ egyenlőséget jelentené, ami nem lehetséges, mert az indukciós feltevés szerint $x_{n-1}\ne 0$. Ha $1<i$, akkor $x_i=\sqrt[]{2\pm x_{i-1}}$ és $x_n=\sqrt[]{2\pm x_{n-1}}$, ahol $x_{i-1}\in H_{i-1}$. Négyzetre emelés után $|x_{i-1}|=|x_{n-1}|$ következik, ami azt jelenti, hogy $x_{i-1}=x_{n-1}$, hiszen ezek a számok pozitívak. Ezek a számok az indukciós feltevés szerint biztosan nem egyenlők, ha $i<n$, hiszen ekkor $x_{i-1}$ és $x_{n-1}$ különböző $H$ halmazból valók, és így különbözők. Az egyetlen lehetőség, hogy két különböző módon kiszámolt $H_n$-beli szám, $x_n\text{'}$ és $x_n\text{'}\text{'}$ egyenlő, de ekkor a fentiek szerint ez csak úgy lehetséges, ha közös $H_{n-1}$-beli ,,ősük'' van: $\begin{array}{c}{\displaystyle x_n\text{'}=\sqrt[]{2+x_{n-1}}\text{és}{x}_n\text{'}\text{'}=\sqrt[]{2-x_{n-1}}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $x_{n-1}\ne 0$, ez az egyenlőség sem lehetséges. A $H_i$ halmaznak tehát $2^{i-1}$ eleme van, és mivel a $H_n$ ($1\le n\le 2000$) halmazok elemei között nincsenek egyenlők, az $\begin{array}{c}{\displaystyle \bigcup _{n=1}^{2000}{H}_n}\end{array}$ halmaznak $\sum _{n=1}^{2000}{2}^{n-1}=2^{2000}-1$ eleme van.   II. megoldás. Az alábbi ‐ talán bonyolultabb ‐ megoldásban érdekes előállítását adjuk a $H_n$ halmaz elemeinek, amiből következik majd, hogy nincsenek köztük egyenlő számok. Legyenek az $a_i$ számok egymástól függetlenül $\pm 1$-gyel egyenlők. Ha még a $H_n$ halmaz elemeinek az ellentettjét is elkészítjük, akkor az $a_1\sqrt[]{2+a_2\sqrt[]{2+\text{...}+a_n\sqrt[]{2}}}$ alakú számokat kapjuk. Ha $R_n$ jelöli az $r_n=a_1+\frac{a_1{a}_2}{2}+\frac{a_1{a}_2{a}_3}{4}+\text{...}+\frac{a_1{a}_2\text{...}{a}_n}{2^{n-1}}$ alakú számok halmazát, akkor az $n$-re vonatkozó teljes indukcióval igazoljuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle a_1\sqrt[]{2+a_2\sqrt[]{2+\text{...}+a_n\sqrt[]{2}}}=2\text{sin}{r}_n\cdot \frac{\pi }{4}\mathrm{.}}\end{array}$ (*) Mivel $-2<r_n<2$, azért $-\frac{\pi }{2}<r_n\cdot \frac{\pi }{4}<\frac{\pi }{2}$. Ezen az intervallumon a szinuszfüggvény kölcsönösen egyértelmű (szigorúan monoton növő), ezért a $H_i$ halmazok vizsgálata a fenti jellemzés szerint a megfelelő $R_i$ halmazok vizsgálatára vezethető vissza: az $R_i$ halmazok elemei a $\pm 1\pm \frac{1}{2}\pm \text{...}\pm \frac{1}{2^{i-1}}$ alakú számok, az pedig könnyen látható, hogy az $R_i$ halmaznak $2^i$ darab eleme van, és az $R_i$ halmazok diszjunktak. Következik a $\left(*\right)$ azonosság bizonyítása. Ha $n=1$, akkor $r_1=a_1$, és azt kell megmutatnunk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle a_1\sqrt[]{2}=2\text{sin}{a}_1\frac{\pi }{4}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel a szinuszfüggvény páratlan, $\text{sin}{a}_1\cdot x=a_1\cdot \text{sin}x$, tehát a jobb oldalon $a_{1}2\text{sin}\frac{\pi }{4}=a_{1}2\frac{\sqrt[]{2}}{2}$ áll, $\left(*\right)$ tehát igaz, ha $n=1$. Legyen most $n>1$. Ekkor, amint az könnyen ellenőrizhető, $r_n=a_1\left(1+\frac{r_{n-1}}{2}\right)$, ahol $r_{n-1}\in R_{n-1}$. Így $2\text{sin}{r}_n\cdot \frac{\pi }{4}=2\text{sin}{a}_1\left(1+\frac{r_{n-1}}{2}\right)\frac{\pi }{4}=2a_1\text{sin}\left(1+\frac{r_{n-1}}{2}\right)\frac{\pi }{4}$. Ismeretes, hogy $\text{sin}\alpha =\pm \sqrt[]{\frac{1-\text{cos}2\alpha }{2}}$, amit most $2\text{sin}\alpha =a_1\sqrt[]{2-2\text{cos}2\alpha }$ alakba írhatunk ($a_1=\pm 1$). Most $\alpha =\left(1+\frac{r_{n-1}}{2}\right)\cdot \frac{\pi }{4}$, így $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\text{sin}{r}_n\cdot \frac{\pi }{4}=a_1\sqrt[]{2-2\text{cos}\left(\frac{r_{n-1}}{2}+1\right)\cdot \frac{\pi }{2}}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $\text{cos}\left(x+\frac{\pi }{2}\right)=-\text{sin}x$, azért $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\text{sin}{r}_n\frac{\pi }{4}=a_1\sqrt[]{2+2\text{sin}\frac{r_{n-1}}{2}\cdot \frac{\pi }{2}}=a_1\sqrt[]{2+2\text{sin}{r}_{n-1}\cdot \frac{\pi }{4}}\mathrm{.}}\end{array}$ A négyzetgyök alatt az indukciós feltevés szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle 2+a_2\sqrt[]{2+a_3\sqrt[]{2+\text{...}+a_n\sqrt[]{2}}}}\end{array}$ áll, így $\left(*\right)$ bizonyítását befejeztük.  Pallos Péter (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 10. o.t.) megoldása alapján   Megjegyzés. Ha bevezetjük a $p_1\left(x\right)=x^2-2$ és a $p_n\left(x\right)=p_{n-1}^2\left(x\right)-2=p_1\left(p_{n-1}\left(x\right)\right)$ polinomokat, akkor könnyen látható, hogy a $H_n$ halmaz elemei és azok ellentettjei a $2^n$-edfokú $p_n\left(x\right)$ polinom gyökei. Ezek a polinomok szoros kapcsolatban vannak az ún. Csebisev-polinomokkal. Ismeretes, hogy adott $n$ természetes számra $\text{cos}nx$ felírható $\text{cos}x$  $n$-edfokú polinomjaként: $\text{cos}0x=1=T_0\left(x\right)$, $\text{cos}1x=\text{cos}x$ miatt $T_1\left(x\right)=x$, $\text{cos}2x=2\text{cos}{}^{2}x-1$ miatt $T_2\left(x\right)=2x^2-1$ és általában, az $n$-edfokú $T_n$ Csebisev-polinomra $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}nx=T_n\left(\text{cos}x\right)\mathrm{.}}\end{array}$ A fenti $p_1\left(x\right)$ polinom éppen $2T_2\left(\frac{x}{2}\right)$, és nyomban adódik, hogy a $2^n$-edfokú $p_n\left(x\right)$ polinom nem más, mint $\frac{1}{2}{T}_{2^n}\left(2x\right)$. Ez viszont azt jelenti, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle p_n\left(2\text{cos}x\right)=2\cdot \text{cos}{2}^{n}x\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Ennek az összefüggésnek az alapján fel tudunk írni trigonometrikus alakban $2^n$ darab számot, amelyek valamennyien gyökei a $p_n\left(x\right)$ polinomnak. Így viszont a polinom minden gyökét felsoroljuk, hiszen a $p_n\left(x\right)$ polinom foka éppen $2^n$. Erre azért van jogos reményünk, mert tudjuk, hogy a $H_n$ halmaz elemei és azok ellentettjei a $p_n\left(x\right)$ polinom gyökei, ezek a számok pedig, mint láttuk, $-2$ és 2 közé esnek, és így $2\text{cos}x$ alakba írhatók. Így $x$-nek azokat az értékeit keressük, amelyekre $2\text{cos}{2}^{n}x=0$; ha $x_i$ egy ilyen szám, akkor $2\text{cos}{x}_i$ a $p_n\left(x\right)$ polinom gyöke. $\text{cos}{2}^{n}x=0$ pontosan akkor, ha $2^{n}x=k\frac{\pi }{2}$, ahol $k$ páratlan egész szám, így $p_n\left(x\right)$-nek gyökei a $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\text{cos}k\cdot \frac{\pi }{2^{n+1}}}\end{array}$ alakú számok, ahol $k$ páratlan. Ha $1\le k<2^{n+1}$, akkor $0<k\frac{\pi }{2^{n+1}}<\pi$, így mivel a koszinuszfüggvény a $\left[0;\pi \right]$ intervallumon szigorúan monoton fogyó, a felsorolt $2^n$ darab szám között nincsenek egyenlők, megkaptuk a $p_n\left(x\right)$ polinom gyökeit. E $2^n$ darab szám fele pozitív, azok, amelyekre $k<2^n$, ami azonnal megmutatja, hogy a $H_n$ halmaznak $2^{n-1}$ darab eleme van. Végül az, hogy a $H_n$ és a $H_m$ halmazok diszjunktak, közvetlenül adódik ezeknek a számoknak a fenti trigonometrikus alakjából. Ha $n\ne m$, $k$ és $l$ páratlanok, akkor a $\frac{k\pi }{2^{n+1}}$ és az $\frac{l\pi }{2^{m+1}}$ argumentumoknak mind az összege, mind pedig a különbsége $\frac{p}{q}\pi$ alakú, ahol $q$ 2-hatvány, $p$ pedig páratlan. Mivel két szám koszinusza pontosan akkor egyenlő, ha a számoknak vagy az összege, vagy pedig a különbsége $\pi$ páros többszöröse, így most valóban nem teljesülhet egyenlőség.