Kezdőlap


Feladat:	B.3620	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Baráth Géza , Bérczi Kristóf , Boros Balázs , Czank Tamás , Farkas Balázs , Füredi Mihály , Pál Ágnes , Torma Róbert
Füzet:	2004/február, 88 - 89. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Rekurzív sorozatok, Feladat
Hivatkozás(ok):	1951/december: Egyenlőtlenségek (4) Feladatok: 2003/február: B.3620, 1951/november: 343. matematika feladat

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

Megoldás. Alakítsuk át a kifejezést:

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

Ismeretes, hogy

tg 2 x = \frac{2 tg x}{1 - {tg}^{2} x}

, ezért ha

a_{1}

-et

tg x

-nek választjuk, akkor

a_{2} = tg 2 x

a_{3} = tg 4 x

...

a_{n + 1} = tg 2^{n} x

. (

tg x

minden valós értéket felvesz, tehát

a_{1}

-et is.)
Tegyük föl, hogy a sorozat periódusának hossza

k

. Ekkor

a_{k + 1} = a_{1}

, azaz

tg 2^{k} x = tg x

.
Ez az egyenlőség akkor teljesül, ha

2^{k} x = x + π \cdot l

(

l \in Z

), vagyis

(2^{k} - 1) x = π \cdot l

, tehát

\begin{matrix} x = π \cdot \frac{l}{2^{k} - 1} . \end{matrix}

Ebből következik, hogy a sorozat csak akkor lehet periodikus, hogyha arra az

x

-re, amelyre

a_{1} = tg x

teljesül,

x = π \cdot \frac{l}{2^{k} - 1}

alakú (

k \geq 1

k

és

l

egész számok).
Ekkor valóban periodikus lesz a sorozat. Meg kell még mutatnunk, hogy

a_{n}

sohasem lesz

\pm 1

, vagyis a definiáló egyenlőség mindig értelmes. Ha ugyanis

a_{n} = 1

vagy

- 1

, akkor

tg (2^{n - 1} x) = 1

vagy

- 1

, ebből

2^{n - 1} x = \frac{1}{4} π + j π

vagy

- \frac{1}{4} π + j π

(

j \in Z

), tehát

x = \frac{1 + 4 j}{2^{n + 1}} \cdot π

vagy

x = \frac{- 1 + 4 j}{2^{n + 1}} \cdot π

. Tudjuk viszont hogy

x = π \cdot \frac{l}{2^{k} - 1}

, így e két egyenlőségből

\begin{matrix} \frac{x}{π} = \frac{\pm 1 + 4 j}{2^{n + 1}} = \frac{l}{2^{k} - 1} \end{matrix}

következik. Ebből

(\pm 1 + 4 j) (2^{k} - 1) = l \cdot 2^{n + 1}

adódik, de a bal oldal minden egész

j

-re és

k \geq 1

-re páratlan, míg a jobb oldal minden egész

l

-re és

n \geq 1

esetén páros.

Megjegyzés. Az

\frac{l}{2^{k} - 1}

alakú számok speciálisnak tűnnek, valójában azonban minden páratlan nevezőjű racionális szám ilyen alakba írható. Az Euler‐Fermat-tétel szerint ugyanis

(a; n) = 1

esetén

a^{φ (n)} - 1 \equiv 0 (mod n)

. Ha

a = 2

, akkor minden

n

páratlan szám relatív prím

a

-hoz. Így tetszőleges páratlan

v

-hez

\frac{u}{v}

bővíthető úgy, hogy a nevező 2-hatványnál 1-gyel kisebb legyen:

\begin{matrix} \frac{u}{v} = \frac{u \cdot t}{v \cdot t} és 2^{φ (v)} - 1 \equiv 0 (mod v), \end{matrix}

azaz

t \cdot v = 2^{φ (v)} - 1