Kezdőlap


Feladat:	B.3497	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Fehér Gábor , Paulin Roland
Füzet:	2002/április, 226 - 227. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenletek, Egészrész, törtrész függvények, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2001/november: B.3497

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

A feladatot 2001 helyett tetszőleges $n$ kitevőre oldjuk meg.
Tekintettel arra, hogy az adott és a keresett kifejezés hasonló alakú, vizsgáljuk meg, hogy ${a} + {\frac{1}{a}}$ milyen $a$ -ra lehet egész szám. A $0 \leq {a} < 1$ és $0 \leq {\frac{1}{a}} < 1$ miatt az összeg ilyenkor vagy 1, vagy pedig 0. Ez utóbbi csak akkor lehetséges, ha $a$ és $\frac{1}{a}$ is egész, azaz $a = \pm 1$ . Így $1 = {x} + {\frac{1}{x}} = x - [x] + \frac{1}{x} - [\frac{1}{x}]$ miatt $x + \frac{1}{x}$ egész szám, de sem $x$ , sem $\frac{1}{x}$ nem az.
Az $n$ szerinti teljes indukcióval megmutatjuk, hogy ekkor tetszőleges $n$ -re $x^{n} + \frac{1}{x^{n}}$ is egész szám; $n = 1$ -re a kiinduló feltételt nyerjük, ami nyilvánvalóan igaz. Tételezzük fel, hogy valamilyen $k$ -ig minden természetes számra igaz az állítás. Ekkor $(x + \frac{1}{x}) \cdot (x^{k} + \frac{1}{x^{k}}) = x^{k + 1} + \frac{1}{x^{k + 1}} + \frac{1}{x^{k - 1}} + x^{k - 1},$ ebből pedig

\begin{matrix} x^{k + 1} + \frac{1}{x^{k + 1}} = (x + \frac{1}{x}) \cdot (x^{k} + \frac{1}{x^{k}}) - (\frac{1}{x^{k - 1}} + x^{k - 1}), \end{matrix}

ahol az indukciós feltevés szerint a jobb oldalon

\begin{matrix} (x + \frac{1}{x}), (x^{k - 1} + \frac{1}{x^{k - 1}}), (x^{k} + \frac{1}{x^{k}}) \end{matrix}

egész számok, tehát

x^{k + 1} + \frac{1}{x^{k + 1}}

is egész ‐ ezzel az állításunkat beláttuk. A bizonyított állítás szerint (minden

n

-re)

\begin{matrix} x^{n} + \frac{1}{x^{n}} - [x^{n}] - [\frac{1}{x^{n}}] = {x^{n}} + {\frac{1}{x^{n}}} \end{matrix}

is egész szám.
Láttuk, hogy egy ilyen alakú összeg csak akkor lehet egész szám, ha az 0 vagy 1; 0 pedig csak akkor, ha

x^{n} = \pm 1

, azaz

x = \pm 1

, ezt a lehetőséget azonban a feladat feltételei kizárják. Tehát minden

n

pozitív egészre

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

.
Megmutatjuk, hogy található olyan

x

, amely eleget tesz a kiinduló feltételnek. Legyen pl.

x = \frac{3 + \sqrt[]{5}}{2}

, ekkor

\begin{matrix} \frac{1}{x} = \frac{2}{3 + \sqrt[]{5}} = \frac{6 - 2 \sqrt[]{5}}{4} = \frac{3 - \sqrt[]{5}}{2} . \end{matrix}

Ezek összege egész szám, nevezetesen 3, de maguk nem egészek, tehát a törtrészeik összege 1.

Fehér Gábor (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., 10. o.t.)
Paulin Roland (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn. és Ált, Isk., 8. o.t.) dolgozatai alapján

Megjegyzések. 1. Felmerül a kérdés, hogy mely

x

-ekre áll fenn a feladatban adott összefüggés. Az

x + \frac{1}{x} \in Z

megállapításból

x + \frac{1}{x} = k

(ahol

k \in Z

) következik. Ebből pedig az

x^{2} - k x + 1 = 0

másodfokú egyenletet nyerjük. Ennek megoldásai a

\frac{k \pm \sqrt[]{k^{2} - 4}}{2}

alakú számok, mégpedig a

\frac{k + \sqrt[]{k^{2} - 4}}{2}

reciproka éppen a

\frac{k - \sqrt[]{k^{2} - 4}}{2}

. A kapott gyök minden

| k | \geq 2

egészre megoldást ad, de

| k | = 2

esetén maga a gyök is egész. Ez az

x

nem megfelelő, így

| k | \geq 3

szükséges; másrészt egyszerűen belátható, hogy

x

értéke más

k

-ra nem lehet egész.
2. Az

x

lehetséges értékeinek ismeretében páros

k

esetén könnyen látható, hogy

x^{2001} + \frac{1}{x^{2001}}

egész, de páratlan

k

esetében ez már nem nem annyira nyilvánvaló. Ekkor a megoldásban is látott indukcióval (vagy az összegben keletkező

2002

tag együtthatóinak ellenőrzésével) számolható ki ugyanez. Ebből (ahogyan azt a megoldásban láttuk) már következik, hogy a törtrészeik összege is egész szám, de nem 0, tehát 1.