Ugrás a tartalomhoz

Elemi matematika feladatgyűjtemény

Hraskó András (2013)

ELTE-TTK

14 Analízis feladatok megoldása

14 Analízis feladatok megoldása

14.1 Szabályjátékok, gépek feladatok megoldása

Szabályjátékot már óvodában játszanak a gyerekek. Ott ez azt jelenti, hogy megértik az óvónéni által elmondott szabályt és követik. Annak is nagyon lényeges szerepe van a nevelésben.

Az alábbi példákban az a feladat, hogy észrevegyenek valamilyen szabályosságot, képletet, rekurziót stb. a gyerekek a megadott táblázatokban. Az egyszerű szabály keresése, minél rövidebb összefüggés keresésének vágya rendkívüli módon vitte előre a tudományt. Inkább inspiráljuk erre a gyereket, minthogy modern nézőpontból lelőjük az ilyen jellegűpéldákat azzal, hogy a szabály nagyon sokféle lehet, egy kis adatból még bármi következhet.

A most következő példasor felépítésében nincs különösebb rendszer, inkább csak arra szeretnénk utalni, hogy a szabály nagyon különféle is lehet.

A 6.1.1 feladat megoldásai

14.1.0.1 A 6.1.1 a) mego.

a ( n ) = 2 n - 1 + 1 . A diákok először általában észlelik, hogy a differenciasorozat: Δn=a(n+1)-a(n)=2n-1, sokuk itt abba is hagyja a gondolkodást. Ösztökéljük őket az explicit képlet megtalálására.

a ( n ) = a 1 + Δ 1 + Δ 2 + + Δ n - 1 = 2 + 1 + 2 + 4 + + 2 n - 2 = = 1 + ( 1 + 1 + 2 + 4 + + 2 n - 2 ) = 1 + ( 2 + 2 + 4 + + 2 n - 2 ) = = 1 + ( 4 + 4 + + 2 n - 2 ) = = 1 + 2 n - 1 .

14.1.0.2 A 6.1.1 b) mego.

Δ 1 = b ( 2 ) - b ( 1 ) = 3 , Δ2=b(3)-b(2)=3, , Δn-1=b(n)-b(n-1)=3, így

a ( n ) = a 1 + Δ 1 + Δ 2 + + Δ n - 1 = 5 + 3 ( n - 1 ) = 3 n + 2 .

14.1.0.3 A 6.1.1 c) mego.

Δ 1 = b ( 2 ) - b ( 1 ) = 3 , Δ2=b(3)-b(2)=6, , Δn-1=b(n)-b(n-1)=3(n-1), így

a ( n ) = a 1 + Δ 1 + Δ 2 + + Δ n - 1 = 5 + 3 ( n - 1 ) n 2 = 3 n 2 - 3 n + 10 2

14.1.0.4 A 6.1.1 d) mego.

d ( n ) az n-edik prímszámnál eggyel kisebb szám.

14.1.0.5 A 6.1.1 e) mego.

Ez nagyon nehéz feladat előkészítés nélkül. Egy heurisztika: az egymást követő tagok hányadosa egyre közelebb van a 3-hoz, ezért felírjuk a 3 hatványait is és az eltérést:

81. táblázat

Innen már leolvasható a képlet: e(n)=32-2n.

14.1.0.6 A 6.1.1 f) mego.

f ( n ) = n ! + 2 .

A 6.1.2feladat megoldásai

14.1.0.7 A 6.1.2 b) mego.

Kezdjük a b) feladattal!

g ( x ) az x szám magyar nyelvű leírásában a második karakter.

Most adhatunk még időt a többi feladat megoldására.

14.1.0.8 A 6.1.2 a) mego.

a) f(x) az x szám magyar nyelvű leírásában a karakter száma.

14.1.0.9 A 6.1.2 c) mego.

h ( x ) az x magyar karakter egyszerűsítésével (ékezet törölve) kapott karakter sorszáma az angol ABC-ben.

A 6.1.3 feladat megoldásai

14.1.0.10 A 6.1.3 a) mego.

A pozitív egész számokat látjuk egymás után mindegyiket a jobb szélük-höz illesztett tengelyre tükrözött példányukkal együtt lerajzolva.

14.1.0.11 A 6.1.3 b) mego.

Olvassuk fel, amit látunk!

1 Egy darab egyes: 11;

11 Két darab egyes: 21;

21 Egy darab kettes, egy darab egyes: 1211;

1211 Egy db egyes, egy db kettes, két darab egyes: 111221;

14.2 Gépek egymás után feladatok megoldása

Egyszerű függvények kompozíciója már hetedikes, nyolcadikos kortól vizsgálható. A kompozíció megértése a matematikán belül fontos lesz pl. a deriválásnál (összetett függvény deriváltja) és a geometriai transzformációk vizsgálatakor. A kvantummechanika egyik alaptörvénye a Heisenberg-féle határozatlansági reláció matematikai alapjában két transzformáció sorrendjének felcserélhetetlensége áll. A strukturált programozáshoz is elengedhetetlen a kompozíció világos használata.

A valós-valós függvények szokásos ábrázolása grafikonnal számos esetben vizuálisan segíti a problémák megértését, máskor azonban éppen gátol. A kompozíció dinamikáját érdemes többféleképpen is vizsgálni.

A 6.2.7 feladat megoldásai

14.2.0.1 A 6.2.7 fel. I. megoldása

Algebrai megközelítés

b) Megfelelő pl az f(x)=2x és az f(x)=-2x függvény is.

a) Keressük a leképezést f(x)=ax+b alakban. Ekkor

f ( f ( x ) ) = a ( a x + b ) + b = a 2 x + ( a b + b ) .

ha ez minden x-re egyenlő 4x+3-mal, akkor a2=4 és ab+b=3, tehát vagy a=2 és b=1 vagy a=-2 és b=-3

14.2.0.2 A 6.2.7 fel. II. megoldása

Geometriai megközelítés

b) Tekintsük a g(x)=4x+3 leképezést, mint a valós számegyenesről a valós számegyenesre való leképezést.

151. ábra

A 151 ábráról sejthető, hogy egy -1 centrumú négyszeres nyújtásról van szó. A 4x+3=4(x+1)-1 forma algebrailag is kifejezi ezt a nagyítást. A leképezés gyöke a (-1) centrumú 2-szeres illetve a -1 centrumú (-2) arányú középpontos nagyítás. Ezek képlete f(x)=2(x+1)-1=2x+1 illetve f(x)=-2(x+1)-1=-2x-3.

14.2.0.3 Megjegyzés a 6.2.7 feladat megoldásaihoz

Van más valós-valós függvény is amely megoldja az előírt függvényegyenletet, de az nem adható meg lineáris függvényként.

A 6.2.12 feladat megoldása

Lásd A Bergengóc Példatár 2. kötetének 132., 149., 160., 163., 170., 185. feladatait!

14.3 Különböző sorozatok feladatok megoldása

Alább sorozatokkal kapcsolatos példák találhatók kissé összekeverve. Az egyik feladat éppen az, hogy megtaláljuk az egymással analóg példákat, akkor is, ha nem tudjuk megtalálni az azokat leíró képletet.

A 6.3.1 feladat megoldásai

14.3.0.1 A 6.3.1 fel. I. megoldása

A 6 egyenesnek legfeljebb (62)=15 metszéspontja van. Azon a két egyenesen, amelynek ez a pont a metszéspontja még 4-4 metszéspont van, tehát legfeljebb még 15-24-1=6 olyan metszéspont van, amely nem illeszkedik erre a két egyenesre. Adott metszéspontunk még ezekkel a pontokkal alkothat új egyeneseket, tehát ha minden pontot összekötünk minden olyan ponttal, amivel nincs eleve egy egyenesen, akkor 156=90 egyenest húzunk be. Így minden egyenest kétszer is berajzolunk, a két pontja révén, az egyenesek száma tehát maximum 1562=45. Ennyi egyenes létre is jöhet, elérhető, hogy a hat egyenes metszéspontjai közül három csak akkor legyen egy egyenesen, ha az az egyenes a hat eredeti egyenes közül való.

14.3.0.2 A 6.3.1 fel. II. megoldása

A megoldások száma

( 6 2 ) ( 4 2 ) 2 = 6 5 2 4 3 2 2 = 6 5 4 3 2 3 = 45 ,

hiszen egy új egyeneshez két egyenes metszéspontját ((62) lehetőség) össze kell kötnünk két ezektől különböző egyenes metszéspontjával ((42) lehetőség), de nem lényeges, hogy e két metszéspont közül melyiket választottuk elsőnek és melyiket másodiknak (:2).

További kérdések a 6.3.1 feladattal kapcsolatban

Legfeljebb hány új egyenes keletkezik n egyenes metszéspontjainak összekötésekor?

Ha nem a maximális számú keletkezik, akkor hány új egyenes keletkezhet? Pl. 6 egyenes esetén a maximum 45, de létrejöhet-e 44?

14.3.0.3 Megjegyzés a 6.3.1 feladatról

Lásd még a Bergengóc példatár 2. kötetének 177. feladatát és megoldásait a könyv 164-168. oldalain!

A 6.3.2 feladat megoldása

Nagyon nehezen szokott menni.

Kétféle metszéspont van:

a) Háromszög körülírt köre, ebből (n3) van.

b) Két diszjunkt pontpárhoz tartozó felezőmerőleges metszéspontja, ilyenből 3(n4) van.

Lásd még a Bergengóc példatár 2. kötetének 177. feladatát.

Segítség a 6.3.3 feladathoz

A bal alsó csomóponttól kezdve mindegyikre írjuk rá, hogy hányféleképpen juthatunk oda!

A 6.3.4 feladat megoldásai

14.3.0.4 A 6.3.4 fel. I. megoldása

A három klikk méretének eloszlása kétféle lehet: vagy egy hármas és két egyes klikk jön létre (3+1+1) vagy két kettes és egy egyes (2+2+1). A (3+1+1)-es klikkeloszlásra (53)=10 lehetőség van: ha kiválasztottuk a hármas klikk tagjait, akkor már egyértelmű a két magányos harcos. A (2+2+1)-es klikkeloszlás (52)(32)/2=15 lehetőség van: Az egyik kettes klikket (52)-féleképpen választhatjuk, a maradék három emberből a másik kettes klikket (32)-féleképpen, de e két klikk sorrendje lényegtelen. Összesen tehát 25-féleképpen klikkesedhetnek.

14.3.0.5 A 6.3.4 fel. II. megoldása

Jelölje általában S(n,k) azon esetek számát, ahányféleképpen egy n-elemű halmazt fel lehet bontani k számú nem üres részhalmazra. Az S(n,k) számokat másodfajú Stirling számoknak nevezik, nekünk most S(5,3)-ra van szükségünk.

Tekintsük Annát! ő vagy egyedül alkot egy klikket és így a többi négy leány két klikket alkot, vagy Anna a másik négy lány alkotta három klikk egyikéhez tartozik. Képletben: S(5,3)=S(4,2)+3S(4,3). Ehhez hasonlóan, az általános esetben: S(n,k)=S(n-1,k-1)+kS(n-1,k). A másodfajú Stirling számok tehát a Pascal-háromszöghöz hasonló számháromszöget alkotnak, melyet a fenti képlettel az S(n,1)=S(k,k)=1 peremértékekből könnyen létrehozhatunk. Az alábbi táblázatban kissé túl is mentünk annál, ami szükséges a jelen feladat megoldásához. A 4 táblázatból adódik a keresett érték: S(5,3)=25.

4. táblázat. A másodfajú Stirling számok számháromszöge

A 6.3.5 feladat megoldásai

14.3.0.6 A 6.3.5 a), b), c) mego.

Jelölje Bn a lehetséges befutók számát n résztvevő esetén.

a) Könnyű kiszámolni e sorozat kis elemeit: B1=1, B2=3, B3=13. Alább még kiszámoljuk B4 értékét.

b) Először felsoroljuk, hogy milyen méretű csoportokban érkezhettek be a résztvevők (alább a bal oldali oszlop) majd kiszámoljuk, hogy az egyes csoportokat hányféleképpen választhatjuk ki, végül figyelembevesszük a csoportok lehetséges sorrendjeit és meghatározzuk a csoportfelosztáshoz tartozó befutók számát.

82. táblázat

A lehetséges befutók száma tehát 24+36+8+1+6=75.

c) A b)-beli csoportosítást alkalmazzuk most is:

83. táblázat

A lehetséges befutók száma tehát 120+240+60+10+20+90+1=541.

14.3.0.7 A 6.3.5 d) fel. I. megoldása

Vizsgált sorozatunk n-esik tagját, n versenyző esetén a lehetséges befutók számát jelölje Bn. A {Bn} sorozat első néhány eleme:

84. táblázat

Tekintsünk n versenyzőt és abban az elsőnek beérkező csoportot! Ebben 1, 2, 3, , n versenyző lehet. Az alábbi táblázatban felsoroltuk ezeket az eseteket és feltüntettük hányféleképpen választhatjuk meg az élbolyt és hányféleképpen a később érkezőket.

85. táblázat

A B0=1 jelöléssel tehát

B n = k = 1 n ( n k ) B n - k .

Pld

B 2 = ( 2 1 ) B 1 + ( 2 2 ) B 0 = 2 1 + 1 1 = 3 B 3 = ( 3 1 ) B 2 + ( 3 2 ) B 1 + ( 3 3 ) B 0 = 3 3 + 3 1 + 1 1 = 13 B 4 = ( 4 1 ) B 3 + ( 4 2 ) B 2 + ( 4 3 ) B 1 + ( 4 4 ) B 0 = 4 13 + 6 3 + 4 1 + 1 1 = 75 B 5 = ( 5 1 ) B 4 + ( 5 2 ) B 3 + ( 5 3 ) B 2 + ( 5 4 ) B 1 + ( 5 5 ) B 0 = 5 75 + 10 13 + 10 3 + 5 1 + 1 1 = 541 .

14.3.0.8 A 6.3.5 d) fel. II. megoldása

A befutó csoportok száma 1, 2, 3, 4 vagy 5. Ha 1 csoport van, az azt jelenti, hogy mindenki egyszerre érkezett be, ha 5, akkor mindenki egyedül. A 6.3.4 feladatban láttuk, hogy öt emberből hányféleképpen hozható létre 3 csoport, de az ottani II. megoldásából az is kiderül, hogy hányféleképpen hozható létre k csoport. Épp ezt mondja meg az S(5,k) másodfajú Stirling szám, amelynek szükséges értékei kiolvashatók a 4 táblázatból. Ha már tudjuk, hogy k csoportban futottak be a versenyzők, akkor már csak azt a k csoportot kell tetszőlegesen sorba rakni: erre k! lehetőség van. Tehát a befutók száma 5 versenyző esetén:

B 5 = 1 ! S ( n , 1 ) + 2 ! S ( n , 2 ) + 3 ! S ( n , 3 ) + 4 ! S ( n , 4 ) + 5 ! S ( n , 5 ) = = 1 ! 1 + 2 ! 15 + 3 ! 25 + 4 ! 10 + 5 ! 1 = 541 .

Általában pedig a

B n = k = 1 n k ! S ( n , k ) .

14.3.0.9 Megjegyzés a 6.3.5 feladathoz

A Bn számokat rendezett (ordered) Bell számoknak nevezik. Indoklás nélkül közöljük az alábbi meglepő formulát:

B n = 1 2 k = 0 k n 2 k .

A 6.3.6 feladat megoldásai

14.3.0.10 Segítség a 6.3.6 feladathoz

Érdemes feleleveníteni a 5.6.5 feladatot.

14.3.0.11 A 6.3.6 fel. eredménye

75 .

14.3.0.12 A 6.3.6 fel. I. megoldása

A 2010 nem kerülhet a 2010. helyre, mert olyan nincs. Így 2010 egy olyan kisebb sorszámú helyre, az x1-re kerül, amelynek ő a többszörörse, azaz x1|2010. Az x1 számot 2010 kilökte a saját helyéről, ezért ő egy kisebb sorszámú x2 helyre kerül, amelyre x2|x1. Ez az eljárás csak akkor áll meg, ha az éppen soron következő számot az 1. helyre raktuk, mert egyedül az 1-et nem kell beraknunk a sorba. Az eljárás eredményeként a 2010 osztóiból álló

2010 = x 0 > x 1 > x 2 > > x s = 1

sorozathoz jutunk, amelynek tagjai osztási szempontból láncot alkotnak, azaz xk+1|xk, ha 0k<s. Az s pozitív egész nincs előre meghatározva. Pl az s=1 eset annak felel meg, hogy a 2010 kerül a sor elejére.

A fent kapott (a 2010-től induló) láncba nem tartozó k szám a sorban k-adik helyre kerül (marad). Tegyük fel ugyanis, hogy van olyan a láncba nem tartozó szám, amely nem marad a helyén. Tekintsük ezek közül a legkisebbet. ő csak egy osztója helyére, tehát nála kisebb helyre kerülhet. A nála kisebb helyek mind foglaltak, mert a lánc tagjai egymás helyére illetve az 1. helyre kerülnek a többi szám pedig a foglalja a saját helyét. Ez az ellentmondás igazolja állításunkat.

Feladatunk tehát abból áll, hogy összeszámoljuk a (173)-nek megfelelő osztóláncokat. Ezt a 5.6.5 feladatban egy hasonló szituációban, egy másik számmal, már megtettük. A 2010 osztóhálóját a 5.6.2 feladat megoldásában láttuk, most azt alapul véve az osztóláncok kiszámolásának a Pascal háromszög kitöltéséhez hasonló módját a 152 ábrán követhetjük nyomon.

152. ábra. A 2010 osztóhálójának Pascal-szerű kitöltése

Leolvasható, hogy az osztóláncok száma, és a feladat kérdésére a válasz 75.

A 6.3.7 feladat megoldásai

14.3.0.13 I. segítség a 6.3.7 feladathoz

Próbáljuk összegyűjteni az eseteket a fekvő állású dominólapok száma szerint!

14.3.0.14 II. segítség a 6.3.7 feladathoz

Jelölje Fn a 2×n-es tábla lefedéseinek számát! Határozzuk meg F1, F2, F3 és F4 értékét és határozzunk meg rekurziót! Ne feledkezzünk el az indoklásról!

14.3.0.15 A 6.3.7 fel. I. megoldása

Vegyük észre, hogy fekvő helyzetű dominók csak párban, egymáson fekve helyezkedhetnek el. Egy ilyen pár egy 2 oszlopból álló blokkot takar le, míg egy álló helyzetű dominó csak egy 1 oszlopból álló blokkot fed. A kérdés tehát átogalmazható: hányféleképpen állítható elő az n szám 1-esek és 2-esek összegeként, ha a tagok sorrendje is számít?

A 2-esek száma 0-tól [n2]-ig változhat. Ha k db 2-es van, akkor n-2k db 1-es van, összesen n-k db szám. Ezek közül kell kiválasztani a k db 2-es helyét. Az elrendezések száma tehát

F n = k = 0 [ n 2 ] ( n - k k ) .

Pld

F 1 = ( 1 0 ) = 1 F 2 = ( 2 0 ) + ( 1 1 ) = 2 F 3 = ( 3 0 ) + ( 2 1 ) = 3 F 4 = ( 4 0 ) + ( 3 1 ) + ( 2 2 ) = 5 F 5 = ( 5 0 ) + ( 4 1 ) + ( 3 2 ) = 8

14.3.0.16 A 6.3.7 fel. II. megoldása

Jelölje a parkettázások számát Fn! Könnyen kiszámolható néhány kezdeti érték: F1=1, F2=2, F3=3.

Írjunk fel rekurziót az {Fn} sorozatra! Tekintsük az 1×n-es téglalap (n>2) utolsó oszlopát! Ebben vagy függőlegesen áll egy dominólap, ezt a 1×2-es részt épp kitöltve vagy víszintesen áll kettő a hátsó 2×2-es részt fedve. Az előbbi esetben a többi dominó egy 1×(n-1)-es téglalapot, az utóbbi esetben pedig egy 1×(n-2)-es téglalapot fed le, tehát

F n = F n - 1 + F n - 2 .

A fenti rekurzió a már meghatározott kezdőelemekkel épp a Fibonacci sorozatot definiálja (F0=1 is beleillik a sorozatba).

A 6.3.8 feladat megoldásai

14.3.0.17 Segítség a 6.3.8 feladathoz

Próbáljuk meg minél rövidebben lekódolni az egyes levételi sorrendeket. Gondoljunk arra, hogy valakinek, aki ismeri a problémát el akarunk küldeni egy-egy konkrét levételi sorrendet. Tételezzük fel, hogy előzetes megbeszélhetjük mi lesz a kódrendszer, de utána már csak minél kevesebb féle kódjelet használhatunk és minél tömörebbnek kell lennie az leírt adatsornak. A kód segítségével találjunk példánkkal analóg feladatot!

14.3.0.18 A 6.3.8 fel. eredménye

a) A jobb alsó sarokban levő kavics legutoljára marad. Az azt megelőző hét lépésben, mikor veszünk el a függőleges oszlopban levő kavicsokból? Eredmény: (73)=35.

b) Ha a bal oldali oszlopból veszünk, akkor írjunk egy b, ha a jobboldaliból akkor egy j betűt. Így olyan 10 betűből álló sorozatot kapunk, amelynek minden kezdőszeletében legalább annyi b betű van, mint j. Eredmény: 42.

A 6.3.9 feladat megoldásai

14.3.0.19 A 6.3.9 fel. I. megoldása

Csoportosítsuk a lehetőségeket a kettes lépések száma szerint! Ez lehet 0, 1, 2 és 3. Ha k db kettes lépés van, akkor (7-2k) egyes lépés kell. Így összesen k+(7-2k)=7-k lépés lesz. Ez annyiféle különböző módon mehet végbe ahányféleképpen a (7-k)-ból (az összes lépésből) kiválasztható k (a kettes lépések). Ez (7-kk). A megoldás a feladat kérdésére tehát

( 7 0 ) + ( 6 1 ) + ( 5 2 ) + ( 4 3 ) = 1 + 6 + 10 + 4 = 21 .

14.3.0.20 A 6.3.9 fel. II. megoldása

(Rekurzió)

Jelölje fk a feladat feltételeinek megfelelő feljutások számát a k-fokú lépcsőn. Tehát f1=1, f2=2 és f7-re vagyunk kíváncsiak.

A legutolsó lépésünk egyes vagy kettes, tehát a legfelső lépcsőfokra vagy az előzőről vagy az az alattiról lépünk fel. Így fn=fn-1+fn-2, ha n3, azaz

86. táblázat

Tehát f7=21, ennyiféleképpen lehet felmenni a hétfokú lépcsőn.

A 6.3.10 feladat megoldásai

14.3.0.21 A 6.3.10 fel. I. megoldása

Gyűjtsük össze a lehetőségeket lexikografikus elrendezésben vegyük mindig előbbre a hármas ugrást, a ketteshez képest! (A hármasok száma a paritás és a nagyságrend miatt kettő vagy nulla.)

87. táblázat

A lehetőségek száma 7.

14.3.0.22 A 6.3.10 fel. II. megoldása

(Rekurzió)

Jelölje az n-fokú lépcsőn a feljutások számát az adott feltételek mellett gn. Az első néhány érték:

g 1 = 0 , g 2 = 1 , g 3 = 1 , g 4 = 1 , g 5 = 2 , g 6 = 2 .

Csoportosítsuk az n-fokú lépcsőre való feljutásokat aszerint, hogy kettes vagy hármas volt az utolsó lépés! Olyanból, amelynél kettes volt az utolsó lépés gn-2 van, hiszen az (n-2). fokról kellett ellépnünk az utolsó lépéskor és oda ennyiféleképpen juthatunk fel. Olyanból pedig, amelynél hármas volt az utolsó lépés hasonló okból gn-3 lehetőség van. Ennek alapján n>3 esetén gn=gn-2+gn-3, azaz

g 7 = 3 , g 8 = 4 , g 9 = 5 , g 10 = 7 .

Segítség a 6.3.11 feladathoz

Vigyázat, a sorozat elemeinek számítása visszafelé nem egyértelmű!

Az előre számításhoz hasznájunk számítógépet, pld a Microsoft Excel vagy az OpenOffice.Calc programot.

A 6.3.12 feladat megoldásai

14.3.0.23 Segítség a 6.3.12 feladathoz

Lásd a 6.3.11 feladathoz adott segítséget!

14.3.0.24 A 6.3.12 c) mego.

A feladatban szereplő (3n+1)-sorozat-tal kapcsolatban senki sem tudja, hogy vajon bármely pozitív egész számból elindulva a sorozat elér az 1-hez vagy van olyan kiindulási szám, amelyből kiindulva sohasem jutunk az 1-hez. Alább olvasható a 27-ből induló sorozat:

27, 82, 41, 124, 62, 31, 94, 47, 142, 71, 214, 107, 322, 161, 484, 242, 121, 364, 182, 91, 274, 137, 412, 206, 103, 310, 155, 466, 233, 700, 350, 175, 526, 263, 790, 395, 1186, 593, 1780, 890, 445, 1336, 668, 334, 167, 502, 251, 754, 377, 1132, 566, 283, 850, 425, 1276, 638, 319, 958, 479, 1438, 719, 2158, 1079, 3238, 1619, 4858, 2429, 7288, 3644, 1822, 911, 2734, 1367, 4102, 2051, 6154, 3077, 9232, 4616, 2308, 1154, 577, 1732, 866, 433, 1300, 650, 325, 976, 488, 244, 122, 61, 184, 92, 46, 23, 70, 35, 106, 53, 160, 80, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1

Kulcsszavak, amelyek elvezetnek az interneten a témával kapcsolatos anyagokig: Collatz conjecture, Collats sequence, Ulam conjecture, Syracuse problem, 3n+1 conjecture.

Segítségek a 6.3.13 feladathoz

14.3.0.25 I. segítség a 6.3.13 feladathoz

Hány 1-es lehet egy ilyen számban? Keressük meg a megoldások számát aszerint, hogy hány 1-es van a számban!

14.3.0.26 II. segítség a 6.3.13 feladathoz

Jelölje hn az ilyen tulajdonságú n-jegyű számok számát! Határozzuk meg h1, h2, h3 és h4 értékét. Keressünk rekurziót!

A 6.3.14 feladat megoldása

Számoljuk először össze a felfelé induló utakat (lásd a 153 ábrát)!

153. ábra

Felfelé indulva tehát 14-féleképpen juthat el az (5;5) pontba. Ugyenennyiféleképpen érhet célba jobbra indulva is, tehát a feladat kérdésére 28 a válasz.

Kérdés a 6.3.14 feladathoz

A fenti ábra számaihoz hasonló számok jöttek elő a 6.3.8 feladat megoldásakor. Mi a kapcsolat?

Ötlet a 6.3.15 feladathoz Jelölje Sn az n-szög megfelelő felosztásainak számát. Határozzuk meg S3, S4, S5 értéké!. Próbáljunk rekurziót találni!

A 6.3.16 feladat megoldásai

14.3.0.27 Segítség a 6.3.16 feladathoz

Kezdhetjük egy könnyebb feladattal is:

Hányféleképpen olvasható ki az ábráról a ZRÍNYI szó, a megadott feltételekkel a 154 ábrán? Próbálkozzunk ennél rövidebb, 1, 2, 3, 4 és 5 betűs szavakkal is!

154. ábra

Hogyan lehetne röviden elküldeni egy kiolvasási útvonalat?

14.3.0.28 A 6.3.16 feladat megoldása

A kezdőbetűtől vízszintesen vagy függőlegesen indulunk. Utána csak azt tartsuk nyilván, hogy tartjuk-e az irányt (T), vagy változtatunk (V). Tehát az útvonalat a kezdőirány kijelölése után egy olyan 8 betűből álló T-V sorozat írja le, amelyben nincs két szomszédos T betű. Tehát a Fibonacci sorozat kétszerese írja le ezt a feladatot.

A 6.3.18 feladat megoldása

Jelölje a gyökök n-edik hatványának összegét pn=x1n+x2n. A Viete forrmulák szerint p1=x1+x2=1, míg az egyenlet szerint xi2=xi+1, azaz p2=p1+2=3 és általában

x i n + 2 = x i n x i 2 = x i n ( x i 2 + x i ) = x i n + 1 + x i n + 1 ,

azaz pn+2=pn+1+pn.

A 6.3.19 feladat megoldása

A feladat analóg a 6.3.5 példával, az itteni Ln sorozat azonos az ottani Bn sorozattal, tehát az Ln számokat a 14.3.0.9 megjegyzés alapján rendezett Bell számoknak nevezzük.

Az első néhány elem:

88. táblázat

Valóban, H1 jelképezheti a versenyben az első helyen befutók halmazát, H2 az első két legjobb idővel befutók halmazát, stb. A H1, H2H1, H3H2, stb halmazok az egyes befutó csoportokat jelképezik. Ez a kapcsolat kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést ad az n elemű halmaz részhalmazainak szigorúan monoton láncai és n versenyző lehetséges befutói között.

Segítség a 6.3.20 feladathoz

Mutassuk meg, hogy a sorozat periodikus!

Segítség a 6.3.21 feladathoz

Mutassuk meg, hogy a sorozat periodikus!

A 6.3.22 feladat megoldása

Ha bn tovább nem egyszerűsíthető tört alakja unvn, akkor

89. táblázat

Tul. a) Az újabb és újabb törtek kiszámolásakor nem kell egyszerűsíteni.

Tul. b) vn+1=un+vn és un+1=vn+vn+1.

Tul. c) b0<b1>b2<b3>b4<, azaz

b n < b n + 1 ,  ha  n  pros ; b n > b n + 1 ,  ha  n  pratlan .

Tul. d)

b n < b n + 2 ,  ha  n  pros ; b n > b n + 2 ,  ha  n  pratlan .

Tul. e)

b n < 2 ,  ha  n  pros ; b n > 2 ,  ha  n  pratlan .

Tul. f) limnbn=2

Tul. g)

u n 2 = 2 v n 2 - 1 ,  ha  n  pros ; u n 2 = 2 v n 2 + 1 ,  ha  n  pratlan .

a) és b) igazolása

Teljes indukcióval dolgozunk a) igazolásához. n=0 esetén u0=v0=1, ezek a számok relatív prímek.

u k + 1 v k + 1 = b k + 1 = 1 + 1 1 + b k = 1 + 1 1 + u k v k =

= 1 + v k v k + u k = 2 v k + u k v k + u k .

A kegutóbbi tört számlálója és nevezője relatív prímek, hiszen ha volna közös osztójuk, akkor az osztaná különbségüket, azaz vk-t és így a nevező és vk különbségét, azaz uk-t is, de az indukciós feltevés szerint uk és vk relatív prímek.

Egyúttal azt is igazoltuk, hogy

v k + 1 = v k + u k ; u k + 1 = 2 v k + u k = v k + v k + 1 .

e) és c) igazolása

b 0 = 1 < 2 .

Ha bn<2, akkor 1+bn<1+2, így 0<1+bn miatt 11+bn<11+2=2-1, tehát bn+1=1+11+bn<2. Hasonlóan igazolható, hogy ha bn>2, akkor bn+1<2.

Mindezekből következik e), abból pedig c).

d), e) és f) bizonyítása Látjuk, hogy a sorozat kapcsolatos 2-vel. Vizsgáljuk az attól való eltérését!

b n + 1 - 2 = 1 + 1 1 + b n - 2 = 1 1 + b n - 1 1 + 2 = 2 - b n ( 1 + b n ) ( 1 + 2 )

Mivel 1<bn, így 4,8<(1+bn)(1+2), tehát (174) szerint a bn sorozat elemeinek 2-től való eltérése lépésenként kevesebb mint negyedére csökken. A (174) összefüggésből az is kiderül, hogy bn lépésenként a 2 ellenkező oldalára kerül, így a d), e), f) tulajdonságok mind bizonyítást nyernek.

g) igazolása Az n indexre vonatkozó teljes indukcióval dolgozunk. Az n=0 esetben u0=v0=1 összhangban az állítással: u02=2v02-1.

Legyen most un2-2vn2=±1. A Tul. b) rekurzió szerint

2 v n + 1 2 = 2 ( v n + u n ) 2 = 2 v n 2 + 2 u n 2 + 4 u n v n

és

u n + 1 2 = ( 2 v n + u n ) 2 = 4 v n 2 + u n 2 + 4 u n v n ,

tehát

u n + 1 2 - 2 v n + 1 2 = 2 v n 2 - u n 2 = - ( u n 2 - 2 v n 2 ) = 1 ,

ami igazolja a g) állítást.

14.3.0.29 Megjegyzések a 6.3.22 feladathoz

I. A Tul. g) észrevétellel kapcsolatban lásd a 4.3.6 feladatot.

II.. Az un, vn sorozatokat érdemes összehasonlítani a 3.8.1 feladat αn, βn sorozataival.

III. Alább szemléltetést adunk a bn sorozathoz, amely kiemeli a dinamikus rendszerekkel való kapcsolatát.

A rekurziót az f(x)=1+11+x függvény generálja. Ábrázoljuk ezt a függvényt (lásd a bal oldali grafikont)!

155. ábra. A $b_n$ sorozat dinamikája

Az f(x) függvény grafikonja és az xx függvény grafikonja közti derékszögű töröttvonal felel meg a rekurziónak.

Keressük meg az x-tengelyen a b0=1 értéket. A b1=f(b0) értéket a grafikonról olvashatjuk le. A (b0,b1) pontból egy vízszintes az ábrán piros vonal vezet a (b1,b1) ponthoz, az xx függvény grafikonjához. Innen egy függőleges kék vonal megy tovább az f(x) függvény grafikonjához, az (b1,b2) ponthoz.

A 6.3.23 feladat megoldása

Nyilvánvaló, hogy En=(n+1).

S n értékei kis n-ekre itt olvashatók:

90. táblázat

Eleve van 1 tartomány. Az első egyenes ezt két részre osztja, így 2 tartomány lesz. A második egyenes ha nem párhuzamos az előzővel mindkettőt szétvágja, 4 tartomány jön létre összesen.

Általában, a k-adiknak behúzott egyenest elmetszi mindegyik korábbi egyenes, így rajta (k-1) metszéspont jön létre, ő maga Ek-1=k részre lesz osztva, és mindegyik része a korábban már létrejött egyik tartományt két részre vágja. A k-adik egyenes behúzásával tehát (ha az nem megy át korábbi egyenesek metszéspontján és egyik korábbi egyenessel sem párhuzamos) Ek-1=k új tartomány jön létre.

Így n általános helyzetű egyenes a síkot mindig

1 + E 1 + E 2 + E 3 + + E n - 1 = 1 + 1 + 2 + 3 + + n =

= 1 + n ( n + 1 ) 2 = n 2 + n + 2 2

tartományra osztja.

Ehhez hasonlóan,

T n = 1 + S 1 + S 2 + S 3 + + S n - 1 ,

ami lehetőséget ad Tn explicit képletének meghatározására.

Segítség a 6.3.24 feladathoz

A 6.3.14 feladat megoldása, illetve annak 153 ábrája alapján meghatározható a kedvező esetek száma.

A 6.3.25 feladat megoldása

Ha az n tagú kifejezés (n-1 zárójelpárral való) zárójelezéseinek számát zn jelöli, akkor z1=z2=1, z3=2, z4=5 és z6, z7 értékeit keressük.

Vizsgáljuk az a-t tartalmazó legkülső zárójelet! Ha ennek belsejében k változó van, akkor rajta kívülre n-k esik, így az ilyen zárójelezések száma zkzn-k. A k=1 eset annak felel meg, hogy a nincs zárójelben, tehát az utolsónak elvégzendő művelet egyik tagja éppen a. A rekurzió: zn=k=1n-1zkzn-k. A z1=z2=1, kezdeti feltételekből kiindulva

z 3 = z 1 z 2 + z 2 z 1 = 2 , z 4 = z 1 z 3 + z 2 z 2 + z 3 z 1 = 5 , z 5 = z 1 z 4 + z 2 z 3 + z 3 z 2 + z 4 z 1 = 14 , z 6 = z 1 z 5 + z 2 z 4 + 0 z 3 z 3 + z 4 z 2 + z 5 z 1 = 42 .

A 6.3.27 feladat megoldása

Jelölje a megfelelő színezések számát n emelet esetén sn. Nyilvánvaló, hogy s0=3 és sk+1=2sk, hiszen ha kiszíneztük az alsó k emeletet, akkor a legfelső nem lehet azonos színű az alatta levővel, de a másik két szín közül bármelyik alkalmazható. Tehát sn=32n-1, ha n>0.

A 6.3.28 feladat megoldásai

14.3.0.30 A 6.3.28 a) fel. I. megoldása

Egy ilyen lefedés függőleges állású dominókból és vízszintes állású dominók 3-as blokkjaiból áll. Az a kérdés, hogy hányféleképpen írható fel a 10 olyan összegként, amelynek tagjai 1-esek és 3-asok és számít a sorrendjük. Darabszám szerint négy lehetőség van:

3 db 3-as és 1 db 1-es. Ez összesen 4 szám, (43)=4 elrendezés;

2 db 3-as és 4 db 1-es. Ez összesen 6 szám, (62)=15 elrendezés;

1 db 3-as és 7 db 1-es. Ez összesen 8 szám, (81)=8 elrendezés;

0 db 3-as és 10 db 1-es. Ez összesen 10 szám, (100)=1 elrendezés.

Összesen

( 4 3 ) + ( 6 2 ) + ( 8 1 ) + ( 10 0 ) = 4 + 15 + 8 + 1 = 28

dominó-elrendezés van.

14.3.0.31 A 6.3.28 a) fel. II. megoldása

Jelölje an a 3×n-es téglalap megfelelő lefedéseinek számát. Nyilvánvaló, hogy a1=a2=1 és a3=2. A 3×n-es eset (n>3) elemzéséhez tekintsük az utolsó oszlopot! Ezt vagy egy függőleges állású dominó takarja vagy három vízszintes, tehát an=an-1+an-3. Mindezek alapján már kitölthető az alábbi táblázat:

91. táblázat

14.3.0.32 A 6.3.28 b) mego.

Ha a szélétől idulva elkezdük kirakni a téglalapot, akkor észrevehetjük, hogy csak úgy jutunk sikerre, ha 2×3-as blokkokra bontjuk az n×3-as téglalapot. Így páratlan n esetén nincs is megfelelő kitöltés, míg páros n esetén 2n2 jó elrendezés van, mert mindegyik 2×3-as blokk kétféleképpen rakható ki.

A 6.3.29 feladat megoldása

Számítsuk az üres sorozatot is sorozatnak. Jelölje pn azon szigorúan monoton növő sorozatok számát, amelyekben a páratlan indexű tagok páratlan, a páros indexűek páros pozitív egész számok és nem nagyobbak n-nél.

Pl n=0 esetén p0=1 ilyen sorozat van, az üres sorozat.

n = 1 esetén p1=2 megfelelő sorozat van, az üres és az {1}.

n = 2 -nél p2=3 megfelelő sorozat van: {_}, {1} és {1,2}.

n = 3 -ra p3=5, hiszen a sorozatok: {_}, {1}, {1,2}, {1,2,3} és {3}.

Megmutatjuk, hogy pn+1=pn+pn-1, ha n>1. A sorozatokat aszerint osztályozzuk, hogy az első elemük 1-es vagy nem az. Ha az első elem az 1-es, akkor mögé a 2, 3, , (n+1) elemekből kell sorozatot összeállítanunk úgy, mintha az eredeti szabályok szerint a 2-1=1, 3-1=2, , (n+1)-1=n számokból készítenénk sorozatot (pn lehetőség). Ha az első elem nem az 1-es, akkor a 2-est biztosan nem használhatjuk, tehát a 3, 4, , (n+1) számokból kell készítenünk sorozatot, pont úgy, mintha az eredeti szabályokkal a 3-2=1, 4-2=2, , (n+1)-2=(n-1) számokból készítenénk sorozatot. Ezek száma pn-1.

Tehát pn megegyezik az f0=f1=1, fn+1=fn+fn-1 Fibonacci sorozat fn-1 elemével.

A 6.3.30 feladat megoldásai

14.3.0.33 I. segítség a 6.3.30 feladathoz

Oldjuk meg az a) feladatot, majd vezessük rá vissza a b), c) feladatokat!

14.3.0.34 II. segítség a 6.3.30 feladathoz

Keressünk olyan (a pozitív egészeken értelmezett) f függvényt, amely teljesíti a megadott függvényegyenleteket. Sejtsünk meg egy-egy megfelelő függvényt, majd számoljuk meg a szabad paramétereket és próbáljuk megadni az összes megfelelő függvényt.

A 6.3.31 feladat megoldása

a) Jelölje n emelet esetén az ilyen színezések számát an. Tehát a1=2, a2=3.

Általában, n>1 esetén an+1=an+an-1, hiszen a legfölső, (n+1)-edik emelet kétféle lehet. Ha kék, akkor alatta piros emelet van, az alsó (n-1) emelet pedig az eredeti szabályoknak megfelelően tetszőlegesen lehet színezve. Ez an-1 lehetőség. Ha a legfelső emelet piros, akkor az alatta levő n emelet az eredeti szabályoknak megfelelően tetszőleges, azaz an-féle lehet.

b) Jelölje n emelet esetén az ilyen színezések számát bn. Tehát b1=3, b2=8.

Általában, n>1 esetén bn+1=2bn+2bn-1, hiszen a legfölső, (n+1)-edik emelet háromféle lehet. Ha kék, akkor alatta piros vagy sárga emelet van, az alsó (n-1) emelet pedig az eredeti szabályoknak megfelelően tetszőlegesen lehet színezve. Ez 2bn-1 lehetőség. Ha a legfelső emelet piros vagy sárga, akkor az alatta levő n emelet az eredeti szabályoknak megfelelően tetszőleges, azaz bn-féle lehet.

A 6.3.32 feladat megoldásai

14.3.0.35 A 6.3.32 fel. I. megoldása

Komplementer módszer

Összesen 27=128-féleképpen színezhető ki a hét emelet kétféle színnel. Számoljuk össze a rossz színezéseket, tehát azokat, amelyekben van négy egyforma színű emelet egymás mellett.

Számoljuk össze a lehetőségeket a leghosszabb egymás melletti azonos színű emeletekből álló blokk hosszúsága a továbbiakben m szerint. Ez az m hossz 7, 6, 5 vagy 4. Egyetlen ilyen hosszú azonos színű blokk lehetséges, mert csak hét emelet van. Először tegyük fel, hogy a maximális blokk színe piros. Ugyanannyi lehetőség lesz majd kékkel is.

Ha m=7, akkor csak 1 lehetőség van.

Ha m=6, akkor az lehet az alsó vagy a felső hat színt, ez 2 lehetőség.

Az m=5 hosszúságú piros blokk a középső öt szinten csak egyféleképpen lehet, alul és felül pedig két-két-féleképpen, hiszen az ötös blokk melletti emelet kék kell legyen, de a még megmaradó szint piros és kék is lehet. Ez 5 lehetőség.

Ha m=4 és ez a blokk legalul vagy legfelül van, akkor a blokk mellett kék emelet lesz, a maradék két emelet pedig négyféleképpen színezhető ki. Ha az m=4 hosszúságú blokk nem a szélén van, akkor az alatt és a felette levő emelet is kék, de a kimaradt emelet kétféle is lehet. Ez 12 lehetőség.

2 ( 1 + 2 + 5 + 12 ) = 40 , tehát 128-40=88 megfelelő színezés van.

14.3.0.36 A 6.3.32 fel. II. megoldása

Rekurzió

Jelölje Gn az n szintből álló épület olyan színezéseit két színnel, amelyben nincs háromnál több szomszédos azonos színű emelet. Ha n3, akkor Gn=2n, azaz G1=2, G2=4, G3=8.

Legyen most n>3 és tekintsük az n szintű szálloda színezéseit a szerint, hogy felülről kezdve hány emelet színe egyforma (tehát a legfelső hány emelet színe egyezik meg a legeslegfelső emelet színével). Jelölje ezt a számot r. A feltételek szerint r{1,2,3}.

Ha r=1, akkor a felülről második emelet színe különbözik a legfelső emelet színétől. Pontosan akkor kapunk ilyen színezést, ha a feltételeknek megfelelően kiszínezünk egy (n-1) szintből álló szállodát, majd ráépítünk még egy emeletet, amelynek ellenkező színt adunk mint az addigi legfelső szint. Az ilyen színezések száma tehát Gn-1.

Ha r=2, akkor a felülről harmadik emelet színe különbözik a legfelső két emelet színétől. Pontosan akkor kapunk ilyen színezést, ha a feltételeknek megfelelően kiszínezünk egy (n-2) szintből álló szállodát, majd ráépítünk még két emeletet, amelyeket ellenkező színre festünk mint az addigi legfelső szint. Az ilyen színezések száma tehát Gn-2.

Az r=3 esethez tartozó színezések száma ehhez hasonlóan Gn-3.

Ezek alapján tehát Gn=Gn-1+Gn-2+Gn-3, azaz

92. táblázat

A 6.3.33 feladat megoldása

Jelölje kn sugarát rn, kn és e érintési pontját Tn. A TnTn+1=TnTn+2+Tn+2Tn+1 összefüggés a sugarakkal így írható fel:

2 r n r n + 1 = 2 r n r n + 2 + r n + 2 r n + 1 ,

azaz

1 r n + 2 = 1 r n + 1 r n + 1

.

A 6.3.34 feladat megoldása

Lásd a Bergengóc Példatár II. kötetének 206. feladatát!

A 6.3.35 feladat megoldása

Lásd a Bergengóc Példatár II. kötetének 215. feladatát!

A 6.3.39 feladat megoldása

Amikor a sorozatból képezzük differenciáinak sorozatát, akkor a deriváláshoz hasonló műveletet végzünk. A k-adfokú q(n)=(nk) polinom differenciasorozata a

q 1 ( n ) = q ( n + 1 ) - q ( n ) = ( n + 1 k ) - ( n k ) = ( n k - 1 )

( k - 1 ) -edfokú polinom. Visszafelé is kérdezhetünk: egy adott sorozat mely sorozat differenciasorozata?

Könnyű levezetni, hogy pld. a (k-1)-edfokú q1(n)=(nk-1) sorozat pontosan azoknak a sorozatoknak a differenciasorozata, amelyek előállíthatók (nk)+c alakban, ahol c tetszőleges konstans.

Ezt alapul véve a feladatban adott sorozat képlete egyszerűen felírható az (n0), (n1), (n2), (n3) polinomokkal, ha azokat a feladat táblázatában található bal oldali számokkal szorozzuk. Állítjuk, hogy a

p ( n ) = 5 ( n 0 ) + ( - 3 ) ( n 1 ) + 1 ( n 2 ) + 2 ( n 3 )

képlet előállítja a sorozatot.

Jelölje a p(n) sorozat első, második és harmadik különbségi sorozatát rendre p1(n), p2(n) és p3(n). Ha igazoljuk, hogy p(0)=5, p1(0)=-3, p2(0)=1, p3(0)=2 és p3 konstans, akkor belátjuk, hogy p(n) előállítja a sorozatot, hiszen a fenti számtáblázatot meghatározza a bal széle és az alja. A (175) deriválási szabály szerint

p 1 ( n ) = ( - 3 ) ( n 0 ) + 1 ( n 1 ) + 2 ( n 2 ) ,

p 2 ( n ) = 1 ( n 0 ) + 2 ( n 1 ) ,

p 3 ( n ) = 2 ( n 0 ) .

Ha k pozitív egész, akkor (0k)=0, míg k=0 esetén (0k)=1, így

p ( 0 ) = 5 , p 1 ( 0 ) = - 3 , p 2 ( 0 ) = 1 , p 3 ( 0 ) = 2 ,

ahogy állítottuk. Ezzel a feladatot megoldottuk.

A 6.3.40 feladat megoldásai

14.3.0.37 A 6.3.40 fel. I. megoldása

Teljes indukciót alkalmazunk. n=1-re a vizsgált összeg az 12, a formula 1(1+1)(21+1)6=1.

Igazolni szeretnénk még, hogy ha

1 2 + 2 2 + + k 2 = k ( k + 1 ) ( 2 k + 1 ) 6 ,

akkor

1 2 + 2 2 + + k 2 + ( k + 1 ) 2 = ( k + 1 ) ( k + 1 + 1 ) ( 2 ( k + 1 ) + 1 ) 6 .

Vegyük észre, hogy

1 2 + 2 2 + + k 2 + ( k + 1 ) 2 = k ( k + 1 ) ( 2 k + 1 ) 6 + ( k + 1 ) 2 =

= ( k + 1 ) ( k ( 2 k + 1 ) 6 + 6 ( k + 1 ) 6 ) = ( k + 1 ) 2 k 2 + k + 6 k + 6 6 = ( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 ) 6 ,

ami igazolja az állítást.

14.3.0.38 A 6.3.40 fel. II. megoldása

Pataki János javaslata

Rendezzük el az 1, 2, n számokat (a k számot épp k-szor felírva) az alábbi módon szabályos háromszögrácsban:

156. ábra

Forgassuk el a táblázatot a középpontja körül 120, majd 240-kal és adjuk össze az azonos helyre kerülő számokat, majd az összes számot!

14.3.0.39 A 6.3.40 fel. III. megoldása

(Általános eljárás)

93. táblázat

A vizsgált sorozat az első n négyzetszám összegének különbségi sorozata a négyzetszámok sorozata, annak különbségi sorozata a páratlan számok sorozata, végül a páratlan számok különbség sorozata a konstans 2 sorozat. A 6.3.39 feladat megoldása alapján képletünk:

( n 1 ) + 3 ( n 2 ) + 2 ( n 3 ) = n + 3 n ( n - 1 ) 2 + 2 n ( n - 1 ) ( n - 2 ) 6 =

= n 6 ( 6 + 9 ( n - 1 ) + 2 ( n - 1 ) ( n - 2 ) ) = n 6 ( 6 + 9 n - 9 + 2 n 2 - 6 n + 4 ) =

= n 6 ( 2 n 2 + 3 n + 1 ) = n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) 6 .

A 6.3.41 feladat megoldásai

14.3.0.40 A 6.3.41 fel. I. megoldása

Teljes indukció

n = 1 esetén teljesül az állítás: n3=13=1=12=n2. Ha n=k-ra teljesül, azaz

1 3 + 2 2 + 3 3 + + k 3 = ( 1 + 2 + 3 + + k ) 2 ,

akkor n=(k+1)-re is teljesül:

( 1 + 2 + 3 + + k + ( k + 1 ) ) 2 = [ ( 1 + 2 + 3 + + k ) + ( k + 1 ) ] 2 =

= ( 1 + 2 + 3 + + k ) 2 + 2 ( 1 + 2 + 3 + + k ) ( k + 1 ) + ( k + 1 ) 2 =

= ( 1 3 + 2 2 + 3 3 + + k 3 ) + 2 k ( k + 1 ) 2 ( k + 1 ) + ( k + 1 ) 2 =

= ( 1 3 + 2 2 + 3 3 + + k 3 ) + ( k + 1 ) 2 ( k + 1 ) = 1 3 + 2 2 + 3 3 + + k 3 + ( k + 1 ) 3 .

14.3.0.41 A 6.3.41 fel. II. megoldása

A szorzótábla

Lásd a 2.4.13 feladat megoldását illetve az ahhoz kapcsolódó I. megjegyzést.

14.3.0.42 A 6.3.41 fel. III. megoldása

Általános eljárás zokni-val

Ahhoz, hogy a zokni-féle összegzést tudjuk alkalmazni (lásd a 6.3.39 feladatot) n3 át kellene írni binomiális együtthatók összegére:

a 0 ( n 0 ) + a 1 ( n 1 ) + a 2 ( n 2 ) + a 3 ( n 3 ) = n 3 ,

azaz

a 0 + a 1 n + a 2 n ( n - 1 ) 2 + a 3 n ( n - 1 ) ( n - 2 ) 6 = n 3

alakba, ahol a0, a1, a2, a3 valós számok. Helyettesítsünk (179)-be egymás után rendre 0-t, 1-et, 2-t, majd 3-at!

a 0 = 0 a 0 + a 1 = 1 a 0 + 2 a 1 + a 2 = 8 a 0 + 3 a 1 + 3 a 2 + a 3 = 27

Ebből a0=0, a1=1, a2=6 és a3=6, azaz

n 3 = ( n 1 ) + 6 ( n 2 ) + 6 ( n 3 ) ,

így a zokni szerint

1 3 + 2 3 + + n 3 = ( n + 1 2 ) + 6 ( n + 1 3 ) + 6 ( n + 1 4 ) ,

azaz a keresett összeg értéke

( n + 1 ) n 2 + ( n + 1 ) n ( n - 1 ) + ( n + 1 ) n ( n - 1 ) ( n - 2 ) 4 = ( n + 1 ) n ( 2 + 4 ( n - 1 ) + ( n - 1 ) ( n - 2 ) ) 4 =

= ( n + 1 ) n ( n 2 + n ) 4 = ( n ( n + 1 ) 2 ) 2 .

A feladat állítását bizonyítottuk, hiszen n(n+1)2 az első n pozitív egész szám összegével egyenlő.

14.4 Sorozatok tulajdonságai feladatok megoldása

A 6.4.1 feladat megoldása

Nem, legyen az {an} sorozat első hat eleme: {1,1,1,8,16,32,}, a {bn} sorozaté pedig {-1,-2,-3,-4,-5,-6,}. Ekkor

{ a n + b n } = { - 1 , - 2 , - 3 , 3 , 10 , 25 , } .

Ha most azt az erősebb kérdést tennénk fel, hogy semmilyen indextől kezdve ne legyen monoton, azt is megszerkeszthetjük e sorozatból úgy, hogy folytatódjék a sorozat így: 1n,1r6 esetén legyen a6n+r=ar+100n és b6n+r=br-100n.

A 6.4.2 feladat megoldásai

14.4.0.1 A 6.4.2 a) mego.

Indirekten tegyük fel, hogy van két különböző eleme a sorozatnak ai,aj;i<j, amelyre mindkettőhöz a (c,n) párost rendeljük hozzá.

Tegyük fel, hogy aiaj. Mivel aj-vel kezdődő leghosszabb monoton csökkenő részsorozatnak c a hossza, ezért ai-vel kezdődőé legalább c+1 (aiaj és az aj-vel kezdődő c hosszú monoton csökkenő részsorozat), ami ellentmondás.

Az ai<aj eset vizsgálata teljesen hasonló (ekkor nin+1).

14.4.0.2 A 6.4.2 b) mego.

Legyen k=N2+1, és indirekten tegyük fel, hogy a sorozatnak nincs N-nél hosszabb monoton részsorozata. Ez azt jelenti, hogy bármely 1ik esetén, ciN és niN. A lehetséges (ci,ni) számpárok száma tehát N2. Ám az a.) feladat miatt tudjuk, hogy most egy k=N2+1 elemű sorozat elemeit injektív módon leképeztünk egy N2 elemű halmazba. Ez az ellentmondás igazolja az állításunkat.

14.4.0.3 A 6.4.2 c) mego.

Legyen X egy véges, egész számokból álló halmaz, y egy egész. Jelentse általában X+y:={x+y|xX}.

Most mutatunk egy N2 elemű sorozatot, amiben nincs N-nél hosszabb monoton részsorozat. Legyen X={N,N-1,N-2,,2,1} ebben a sorrendeben és legyen az N2 elemű sorozat:

{ X , X + N , X + 2 N , , X + N 2 }

ebben a sorrendben.

Könnyű látni, hogy e sorozatban nincs N-nél hosszabb monoton részsorozat.

14.5 Egyenlőtlenségek feladatok megoldása

A 6.5.1 feladat megoldásai

14.5.0.1 A 6.5.1 b) mego.

Az a)-t használva kétszer

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 4 = x 1 + x 2 2 + x 3 + x 4 2 2 x 1 x 2 + x 3 x 4 2

x 1 x 2 x 3 x 4 = x 1 x 2 x 3 x 4 4 .

14.5.0.2 Segítség a 6.5.1 c) feladathoz

Alkalmazzuk b)-t az x4=x1+x2+x33 választással!

14.5.0.3 A 6.5.1 c) mego.

Ha mind a négy tag nulla, akkor nyilván teljesül a feltétel. Legyen x4=x1+x2+x33. a b)-t használva

x 1 + x 2 + x 3 + x 1 + x 2 + x 3 3 4 x 1 x 2 x 3 x 1 + x 2 + x 3 3 4 ,

közös nevezőre hozva a bal oldalt és néggyel egyszerűsítve

x 1 + x 2 + x 3 3 x 1 x 2 x 3 x 1 + x 2 + x 3 3 4 ,

negyedik hatványra emelve és egyszerűsítve az x1+x2+x330 kifejezéssel kapjuk a kívánt becslést

A 6.5.2 feladat megoldása

Az eredmény: 740.

B A = 2012 ( 2013 2012 ) 2012 = 2012 ( 1 + 1 2012 ) 2012 2012 e 740 ,

ahol amúgy a (1+12012)2012 kifejezés értéke számológéppel is meghatározható.

14.6 Sorok, sorozatok határértéke feladatok megoldása

A 6.6.1 feladat megoldásai

14.6.0.1 A 6.6.1 fel. I. megoldása

Legyen

s = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + = i = 1 1 a i ,

ahol ai a 10-es számrendszerben nem tartalmazzák a 7 számjegyet.

Számoljuk le, hogy hány k jegyű szám van, amelyik nem tartalmazza a 7 számjegyet. Az első számjegy nem lehet 0 és 7 a többi számjegy 9-féle lehet, azaz 89k-1. Nyilván ha nk-jegyű, akkor 10k-1n<10k. Bontsuk fel a végtelen összeget, úgy, hogy a nevezők két 10-dik hatvány közé essenek

s = i = 1 1 a i = k = 1 10 k - 1 a < 10 k 1 a ,

ahol a a 10-es számrendszerben nem tartalmazzák a 7 számjegyet. Becsüljük a második szummába tartozó tagokat felülről (a legkisebb nevező 10k-1, és mint láttuk 89k-1 tag van a második, véges összegben. Így

s < k = 1 8 9 k - 1 10 k - 1 = 16 .

14.6.0.2 A 6.6.1 fel. II. megoldása

Jelölje sn az [1,n] intervallumba eső számok reciprokainak az összegét, amelyek a 10-es számrendszerben nem tartalmazzák a 7 számjegyet. Tehát pl.

s 10 = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + 1 6 + 1 8 + 1 9 + 1 10 = 543 360 .

Mivel sn monoton növő sorozat, ezért elég igazolni, hogy e sorozat egy végtelen részsorozata felülről korlátos. Legyen

s 10 n = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + + 1 k

(k=10n vagy esetleg kisebb attól függően, hogy 10n tartalmazza a 7 számjegyet, vagy sem). Legyen most n10. Ekkor emeljünk ki a legalább kétjegyű számokból 10-et és vegyük a nevezők egész részét (evvel növeltük a tört értékét)

s 10 n < 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + + 1 k = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 10 +

+ 1 10 ( 1 [ 11 / 10 ] + 1 [ 12 / 10 ] + 1 [ 13 / 10 ] + 1 [ k / 10 ] ) .

A zárójelben az 1,12,13,,16,18, számok szerepelnek, mégpedig mindegyik 9-szer és legfeljebb k-ig. Így

s 10 n < s 10 + 9 10 s 10 n ,

amiből

s 10 n < 10 s 10 = 543 36 15 .

Tehát az {s10n} részsorozat és ekkor az {sn} sorozat is korlátos, sorunk tehát konvegens.

A 6.6.2 feladat megoldásai

14.6.0.3 A 6.6.2 fel. I. megoldása

A biciklisták a találkozásukig 15 km-t mentek. Mivel a légy kétszer olyan gyors, ezért 30 km a megtett táv.

14.6.0.4 A 6.6.2 fel. II. megoldása

Az első etapig a légy 20 km-t tesz meg. Ekkor a két biciklis 10 km távol van egymástől. Ezután minden lépésben egy 1/3-ra kicsinyített léptékben teszik meg ugyanazt, mint az előzőekben. Tehát a légy

20 + 20 3 + 20 9 + 20 3 k + = 20 1 1 - 1 / 3 = 30

kilométeres távolságot tesz meg.

A 6.6.3 feladat megoldásai

14.6.0.5 A 6.6.3 fel. I. megoldása

1 korona=1 csoki + 1 papír =1 csoki + 1/10 csoki +1/10 papír=1 csoki + 1/10 csoki +1/100 csoki +1/100 papír=.

Ezért 1 korona=

1 + 1 10 + 1 100 + 1 10 k + = 10 9

csoki.

14.6.0.6 A 6.6.3 fel. II. megoldása

Tibi (akiről később a csokit is elnevezték) így okoskodik: 9 csokit már vettem. Beviszem a papirokat és kérek még egy csokit "Mindjárt fizetek!" felkiáltással. A 10-dik csokit kibontva, a 10 papírral fizetve kiegyenlíti a csoki árát. Tibinek nincs több papírja, az eladónak sincs hiánya (a 10 papírral fizettek). Azaz 9 korona =10 csoki. Tehát egy korona 10/9 csoki.

A 6.6.4 feladat megoldása

Lektori jelentés "Zenon: Akhileusz és a teknösbéka" c. munkájához

A szerző egy érdekes gondolatmenetet ad annak bizonyítására, hogy ha Akhilleusz az ókor leggyorsabb futója, hátrányból indul, sosem éri utol a teknősbékát. Sajnálattal kell megállapítanunk, hogy a szerző érvelése hibás, és ezt nem csak a tapasztalati tény (nevezetesen egy gyorsabban haladó pont egy idő után mindig utoléri a lassabbat) cáfolja, hanem az alábbiakban részletezném érvelésének nem javítható hibáját:

Tegyük fel, hogy egységnyi az az idő, amely alatt Akhileusz befutja az 1 sztadion távolságot. Ekkor a teknős ennek a tizedét futja be, tehát 1/10 előnye van. Az 1/10 távolságot (feltéve, ahogy a szerző hallgatólagosan feltette, egyenletes sebességgel haladnak) Akhileusz 1/10 egységnyi idő alatt futja be, és így tovább. Az előnyök leküzdésének ideje tehát

1 + 1 10 + 1 100 + 1 10 k + .

A szerző ezek után tévesen teszi fel, hogy végtelen sok szám összege végtelen, (noha az időt végtelen sok részre osztotta).

Ha Zenon vásárolt volna egy Tibi csokit, két dologra is rájöhetett volna; egyrészt ez a feladat lényegét tekintve azonos az ő kérdésével, másrészt, hogy a fenti összeg éppen 10/9.

A 6.6.5 feladat megoldásai

14.6.0.7 A 6.6.5 a) mego.

Nem lehet. Indirekt tegyük fel, hogy elhelyezhető a végtelen sok sáv a síkon úgy, hogy minden pontot lefedtünk. Legyen k=1ak=D. Tekintsünk egy D+1 átló hosszúságú négyzetet. Könnyű látni, hogy e négyzetet nem csak a sávok fedik le, hanem vannak olyan téglalapok is, amelyek a sávok részhalmazai és melyeknek egyik oldala D+1 hosszú, másik oldala pedig a sáv szélessége. Mivel a négyzetet e téglalapok lefedik, az összterületük lagalább akkora, mint a négyzet területe, azaz

( D + 1 ) 2 k = 1 ( D + 1 ) a k ,

azaz

D + 1 k = 1 a k = D ,

ellenmondásként.

14.6.0.8 A 6.6.5 b) mego.

Legyen most k=1ak divergens. Megmutatjuk, hogy most lefedhető a sík a sávok egyesítésével.

Azt állítjuk, hogy a sík (0;0),(1;0),(1;1),(0;1) pontokkal megadott négyzete véges sok sávval lefedhető.

Az olvasót arra bíztatjuk, hogy mielőtt továbbolvasná a bizonyítást, gondolja meg, hogy ebből miért következik, hogy az egész sík is lefedhető.

Ehhez két dolgot kell meggondolnunk; ha véges sok lefedi, akkor a megmaradt végtelen sok sáv sávszélességének az összege divergens lesz (egy divergens sorból véges sok tagot elhagyva, a sor divergens marad), továbbá, hogy ha egy négyzetet véges sokkal lefedtünk, akkor mivel a négyzetek sorba rendezhetőek (pl. a kiindulási négyzetből indulva "csigavonalszerűen" felsoroljuk a négyzeteket; azaz a kiindulási után fel, balra, le, le, jobbra, jobbra, és így tovább) így tehát az egész síkot lefedhetjük a síkok egyesítésével.

Nézzük tehát az említett négyzet véges sok sávval való lefedését. Legyen O pont az origó, és vegyük az O középpontú, 2 sugarú kört. Legyen P0 az (1;0) pont és i=1,2, értékekre legyen Pi pozitív körüljárás szerint e kör azon pontja, melyre Pi-1Pi¯ húr hossza ai. Legyen n az első olyan index, amelyre Pn már a harmadik síknegyedbe esik. Ilyen biztosan van, ellenkező esetben bármely n-re k=1nak kisebb lenne, mint a félkör hossza, azaz 2π, amiből a k=1ak sor konvergenciája következne.

Ezek után az i-edik sávot (i=1,2,n) helyezzük el úgy, hogy középvonala átmenjen az origón és a Pi-1Pi¯ húrt tartalmazza. Könnyű látni, e sávok "kártyalapszerű" elhelyezése lefedi a félkört, és ezért a (0;0),(1;0),(1;1),(0;1) pontokkal megadott négyzetet is.

Végül könnyú látni, hogy ezt a "legyezőszerű" elrendezést rendre a megmaradt sávokból elkészítve a O körül végtelen sok szöggel el lehet forgatni úgy, hogy a négyzet is le legyen fedve, és ne legyen két sáv, ami párhuzamos (a félkör vonalán pl. egy mindenüt sűrű ponthalmazból kiválasztva a húrok végpontjait). Mivel a csigavonalban elhelyezett négyzetek lefedése eltolással megoldható, így a síkot is alkalmas módon fedtük le.

A 6.6.6 feladat megoldása

Először is megmutatjuk, hogy bármely q2 számra létezik a határérték.

Vegyük észre, hogy igaz az an+1=q+an rekurzió.

Teljes indukcióval igazoljuk, hogy bármely n-re anq. Nyilván a1q, és ha anq, akkor q+an2q, ezért an+1=q+an2qq, mivel q2.

Ugyancsak teljes indukcióval igazoljuk, hogy bármely n-re anan+1.

Nyilván a1=qa2=q+q, és ha anan+1, akkor an+qan+1+q is igaz, amiből an+1=q+anq+an+1=an+2.

Sorozatunk korlátos és monoton, tehát létezik a véges limnan:=α. Az an+1=q+an rekurzió miatt tehát α=q+α, amiből (csak a pozitív megoldást választva és felhasználva, hogy α=q, azt kapjuk, hogy

α = 1 + 1 + 4 q 2 = q ,

amiből q2-2q=0 következik. Tehát csak egyetlen ilyen, a q=2 teljesíti a feltételt.

A 6.6.7 feladat megoldása

Legyen

a 1 = 2 , a 2 = 2 2 , a 3 = 2 2 2 ,

s.í.t.

Könnyű látni, hogy ekkor a rekurzió an+1=2an lesz és a kérdés az, hogy létezik-e a limnan, és ha létezik, mennyi az értéke?

Megint teljes indukcióval igazoljuk, hogy bármely n-re anan+1. Jegyezzük meg, hogy 2>1. Ezért

a 1 = 2 < a 2 = 2 2 .

Feltéve most, hogy anan+1, azt kapjuk, hogy

a n + 1 = 2 a n < 2 a n + 1 = a n + 2 .

Második lépésként ugyancsak teljes indukcióval igazoljuk, hogy bármely n-re an<2. Nyilván a1<2. Feltéve most, hogy an<2, azt kapjuk, hogy

a n + 1 = 2 a n < 2 2 = 2 .

Sorozatunk korlátos és monoton, van tehát határértéke, legyen ez A. A rekurzióból (és az exponenciális függvények folytonosságából következik), hogy

A = 2 A .

Ennek két megoldása van, az A=2 és az A=4, de itt nekünk elég kevesebbet igazolnunk: bizonyítjuk, hogy 0<A<2 intervallumon a fenti egyenletnek nincs megoldása. Emiatt, és az an<2 miatt azt kapjuk, hogy

A = 2 2 2 = 2 .

14.7 Szélsőérték, értékkészlet feladatok megoldása

A 6.7.1 feladat megoldása

Legyen a négyzetes alapú hasáb alap négyzetének a hossza x, magassága y (mindent dm-ekben számolva). Ekkor a kérdés így adható meg: ha

4 x + 4 y = 12 ,

akkor mi a

max x 2 y ?

Használjuk a Számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget:

x 2 x 2 y 3 x 2 + x 2 + y 3 = x + y 3 = 1 .

Ebből

x 2 y 4 1 ,

Azaz a térfogat akkor maximális, ha x2=y, ami x=2,y=1 esetén teljesül. Ekkor a térfogat V=4.

14.8 Függvények tulajdonságai feladatok megoldása

A 6.8.1 feladat megoldása

Legyen P a sokszög egy tetszőleges pontja és húzzunk egy tetszőleges egyenest ezen keresztül. Forgassuk meg a P-n átmenő egyenest φ szöggel, és legyen d(φ)=T1(φ)-T2(φ), ahol T1(φ) a sokszög és az elforgatott egyenes bal félsíkba eső részének a területe, T2(φ) pedig a jobb félsíkba eső terület. (A "bal" és a "jobb" önkényesen választható, de a forgatás alatt mindig ugyanazt az elforgatott félsíkot értjük). Könnyű látni, hogy d(0)=-d(π), (hiszen a két sokszögdarab helyett cserélt).

A d(φ) függvény folytonos. Valóban, mivel a sokszög korlátos, ezért elhelyezhető egy R sugarú körbe, melynek középpontja P. Emiatt tetszőleges δ>0 forgatással a d függvény változása <2δR, tetszőlegesen kicsivé tehető.

A Bolzano-Darboux tétel miatt, mivel d(0)=-d(π), felvesz negatív és pozitív értéket a [0,π] intervallumba, így felveszi a 0 értéket is, azaz van olyan φ0, hogy T1(φ0)-T2(φ0)=0, azaz a két terület egyenlő.

A 6.8.2 feladat megoldása

A geometriai jelentés annak, hogy egy függvény páros az, hogy az y tengelyre tükrös a függvény gráfja. A feladat azt állítja, hogy két, egymással párhuzamos (az x=-d1 és az x=-d2) egyenesekre tükrös a függvény gráfja. Két párhuzamos tengelyekre való tükrözés egy eltolás, ezért sejthető, hogy a periódus a 2(d1-d2) lesz. Ezt fogjuk igazolni.

Mivel f(x-di) (i=1,2) páros, ez azt jelenti, hogy bármely z-re f(z-di)=f(-z-di), így bármely x esetén

f ( x + 2 ( d 2 - d 1 ) ) = f ( x + 2 d 2 - d 1 - d 1 ) = f ( d 1 - 2 d 2 - x - d 1 ) = f ( - d 2 - x - d 2 ) =

f ( x + d 2 - d 2 ) = f ( x ) .

A 6.8.3 feladat megoldása

Megmutatjuk, hogy f(x)-nek minden valós szám periódusa. Ebből következik, hogy f(x) egy konstans függvény.

Legyen r egy tetszőleges racionális szám. Ekkor egy tetszőleges i irracionális számra r-i irracionális (ellenkező esetben, ha r-i=r lenne, ahol r egy racionális szám, akkor i=r-r adódna ellentmondásként). Azaz r-i is periódus.

Jegyezzük meg általánosan is; ha egy f(x) függvénynek p és q is periódusa, akkor p+q is periódus:

f ( x + p + q ) = f ( ( x + p ) + q ) = f ( x + p ) = f ( x ) ,

bármely x-re.

Tehát így i+r-i=r is periódus, azaz az irracionális számokon kívül az összes recionális szám, így pedig az összes valós szám periódusa az f(x) függvénynek.

A 6.8.4 feladat megoldása

Jelölje Pf egy f függvény összes periódusának a halmazát (értsük ide a 0-t is).

Ekkor egy általánosabb állítást igazolunk:

Legyen (P,+) egy additív csoport, PR. Ekkor létezik olyan mindenhol értelmezett f függvény, hogy Pf=P.

Legyen

f ( x ) = 1 x P 0 x P

Bebizonyítjuk, hogy Pf=P.

Legyen pP. Ekkor ha xP, akkor f(x)=1 és p+xP, mivel P zárt az összeadásra, de így f(x+p)=1.

Ha xP, akkor x+pP, (ellenkező esetbe, azaz ha x+p=p, akkor x=p-pP ellentmondásként) így f(x)=0 és f(x+p)=0. Azt kaptuk, hogy mindkét esetben, azaz xR,

f ( x + p ) = f ( x ) .

Végül azt kell igazolnunk, ha qP, akkor q nem periódus. 0P, így f(0)=1, de f(0+q=f(q)=0, azaz q nem periódus.

a) Mindössze azt kell meggondolnunk, hogy a racionális számok halmaza az összadásra nézve csoport (nyilvánvaló), emiatt természetesen nem a konstans függvény, amelynek a periósdushalmaza a racionális számok halmaza (a fenti példa a jól ismert Dirichlet függvény.

b) Itt pedig a azt kell látni, hogy az a+b2,a,bZ alakú számok halmaza az összadásra nézve csoport, ami ugyancsak egyszerű.

A 6.8.5 feladat megoldása

Indirekt tegyük fel, hogy

x 2 = f ( x ) + g ( x ) : = F ( x )

teljesül minden x értékre ahol, f egy p0 szerint, g pedig egy q0 szerint periodikus függvény. Ekkor felhasználva a peridodicitást

F ( x + p + q ) - F ( x + p ) - F ( x + q ) + F ( x ) =

= f ( x + p + q ) + g ( x + p + q ) - ( f ( x + p ) + g ( x + p ) ) - ( f ( x + q ) + g ( x + q ) ) + f ( x ) + g ( x ) =

= f ( x + q ) + g ( x + p ) - ( f ( x ) + g ( x + p ) ) - ( f ( x + q ) + g ( x ) ) + f ( x ) + g ( x ) = 0 .

Azonban

( x + p + q ) 2 - ( x + p ) 2 - ( x + q ) 2 + x 2 = 2 p q 0 .

14.8.0.1 Megjegyzés a 6.8.5 feladathoz

Meglepő módon az F(x)=x függvény előáll két periodikus függvény összegeként. Ennek tárgyalása túlmutat e jegyzet keretein.

A 6.8.6 feladat megoldása

f ( x ) = ( x 3 + 2 x 2 + 5 x ) - ( x 3 + 3 ) . A második világos, hogy szigorúan monoton nő. Az elsőről azt kell igazolni, hogy nincs olyan érték, amelyet háromszor vesz fel, azaz akármilyen c esetén az x3+2x2+5x+c polinomnak nincs három valós gyöke. A bizonyítás a 3.3.4 feladat megoldásának mintájára mehet.

A 6.8.7 feladat megoldása

Használva a megadott összefüggést

f ( x + 2 ) = f ( x + 1 ) - 1 f ( x + 1 ) + 1 = f ( x ) - 1 f ( x ) + 1 - 1 f ( x ) - 1 f ( x ) + 1 + 1 =

= - 1 f ( x ) .

Ezért

f ( x + 4 ) = - 1 f ( x + 2 ) = f ( x ) .

A 6.8.8 feladat megoldása

Legyen αβ=pqp,qZ. Ekkor qα=pβ és így

f ( x + q α ) + g ( x + p β ) = f ( x ) + g ( x ) .

A 6.8.9 feladat megoldásai

14.8.0.2 A 6.8.9 fel. I. megoldása

Ha felbontjuk a zárójeleket és összegyűjtjük a közös tagokat, akkor egy másodfokú egyenletet kapunk:

3 x 2 - 2 ( a + b + c ) + ( a b + a c + b c ) = 0 .

Két különböző valós gyökünk van, ha

D = 4 ( a + b + c ) 2 - 12 ( a b + a c + b c ) > 0 .

D = a 2 + b 2 + c 2 - a b - a c - b c = ( a - b ) 2 + ( a - c ) 2 + ( c - b ) 2 2 ,

ami nyilván pozitív. A a<x1<b<x2<c feltétel bizonyítását most nem végezzük el.

14.8.0.3 A 6.8.9 fel. II. megoldása

Legyen p(x)=(x-a)(x-b)+(x-a)(x-c)+(x-c)(x-b). Az a<b<c feltétel miatt

p ( a ) = ( a - c ) ( a - b ) > 0 ; p ( b ) = ( b - a ) ( b - c ) < 0 ; p ( c ) = ( c - a ) ( c - b ) > 0 ,

Azaz e folytonos függvény felvesz pozitív-negatív-pozitív értékeket. A Bolzano-Darboux tétel miatt a és b között és b és c között felveszi a 0 értéket is, amiből következik az állítás.

14.8.0.4 A 6.8.9 fel. III. megoldása

Legyen f(x)=(x-a)(x-b)(x-x). Ekkor

f ( x ) = ( x - a ) ( x - b ) + ( x - a ) ( x - c ) + ( x - c ) ( x - b ) .

A Rolle-tétel értelmében léteznek tehát x1,x2, amelyekre a<x1<b<x2<c és f(x1)=f(x2)=0.

A 6.8.10 feladat megoldása

a) Konstans függvény; b) Nincs; c) tgx ; d) Nincs;

e) f(x)=(x-1)x(x+1) ; f) f(x)=0.

A 6.8.11 feladat megoldása

a) f(x)=x2+1>0 bármely x-re és páros függvény. Ha g(x) páratlan és g(x0)>0, akkor g(-x0)=-g(x0)<0.

b) Legyen

ϕ ( x ) = | x | x Q - | x | x Q *

Ha xQ, akkor -xQ, ha xQ*, akkor -xQ*, így ϕ(-x)=ϕ(x), azaz a függvény páros. Az x=0 tetszőleges környezetében felvesz negatív és pozitív értékeket is, tehát nem lehet szélsőértékhelye itt.

c) Legyen először f(x) páratlan függvény. f(0)=0 és mivel f(x)=-f(-x), ezért nem lehet szélsőértékhelye 0-ban. Továbbá, ha α-ban lokális maximuma (minimuma) van f-nek, akkor -α-ban lokális minimuma (maximuma) van. Ezért f-nek páros sok szélsőértékhelye lehet. Könnyű látni, hogy bármely 2k-ra van f melynek 2k lokális szélsőértékhelye van.

Legyen most f(x) páros függvény. Könnyű példát adni 1 szélsőértékre (pl. |x|), 3 szélsőértékre (pl. ||x|-1|) és ilyenek segítségével minden páratlan n-re.

Az n=2k esetén vegyünk egy f(x) függvényt melynek k szélsőértékhelye van x>1 esetén és értékei >2. Legyen

g ( x ) = f ( | x | ) x > 1 D ( x ) | x | 1

ahol D(x) a Dirichlet függvény. g(x) függvénynek 2k szélsőértékhelye van.

A 6.8.12 feladat megoldása

a) Ha g(x) periodikus, akkor nyilván f(g(x)) is periodikus.

b) Ha g(x) páros, akkor nyilván f(g(x)) is páros.

c) Az f(x)=c>0, akkor bármely g(x) függvényre f(g(x))=c, ami nem páratlan.

14.9 Szám és ponthalmazok feladatok megoldása

A 6.9.1 feladat megoldása

Van. Álljon halmazunk az egység sugarú kör azon P0,P1,,Pi, pontjaiból, amelyekre a Pi-1,Pi ív hossza 2π. E pontok mind különböznek egymástól, ha ugyanis létezne ij, hogy PiPj, akkor ez azt jelentené, hogy van olyan k, hogy iπ=jπ+2kπ, amiből 2=2ki-j következne ellentmondásként.

Azaz az X={P0,P1,,Pi,} végtelen halmaz és az

X = { P 1 , P 2 , , P i , }

valódi részhalmaza vele egybevágó.

A 6.9.2 feladat megoldása

Könnyen látható, hogy a feladat ekvivalens azzal, hogy az y=1x első síknegyedbe eső pontjaihoz húzott érintők egy 2 egység területű háromszöget metszenek le a tengelyekből.

Legyen tehát P=(x0;1/x0),x0>0 a hiperbola egy pontja. Az ebben a pontban húzott érintő egyenlete y=mx+b. Most kétféleképpen gondolkodhatunk:

1. az y=1x;y=mx+b. egyenletrendszernek egy megoldása van (amelyik nem párhuzamos az y tengellyel).

2. Használjunk egy analízisbeli eszközt; az érintő meredeksége, azaz m éppen az x0-beli deriválttal egyenlő: az f(x)=1xx0-beli deriváltja f(x0)=-1x02, így m=-1x02. Mivel az érintőegyenes átmegy P ponton ezért b=2x0. Az érintő egyenes egyenlete

y = - 1 x 0 2 x + 2 x 0 .

A tengelymetszetei (2x0,0) és (0,2/x0). Ez a (0,0) pontokkal együtt ez olyan derékszögű háromszöget határoz meg, melynek területe állandó (=2.)

A 6.9.3 feladat megoldása

Mivel kN esetén 102k négyzetszám, ezért α decimális felírásban tetszőleges hosszú, nullákból álló tizedesjegy sorozat szerepel. Egy valós szám decimális tört alakja akkor és csak akkor periodikus, ha ez a valós szám racionális. Ám α-nak nem lehet csupa nem nullából álló periódusa.

A 6.9.4 feladat megoldása

Igen, ha megadunk egymásba skatulyázott olyan halmazokat, amelyekbe eső rácspontok száma véges. Ilyen a kockarács esetén az origóra szimmetrikus n élhosszú (nN) kockák sorozata.