KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Versenykiírás
Tudnivalók
Nevezési lap
Feladatok
Eredmények
Korábbi évek
Arcképcsarnok
Munkafüzet

Rendelje meg a KöMaL-t!

ELTE

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2002 májusi A-jelű matematika feladatok megoldása

A közöltek csak megoldásvázlatok, esetleg csak végeredmények. A maximális pontszám eléréséhez általában ennél részletesebb megoldás szükséges. A részletes megoldásokat a beküldött dolgozatok alapján a KöMaL-ban folyamatosan közöljük.


A. 293. Mutassuk meg, hogy tetszőleges m\(\displaystyle \ge\)2 egészhez léteznek olyan a és b pozitív egészek, amelyek m-es számrendszerben felírt alakja együttesen minden számjegyből pontosan annyit tartalmaz, mint az a.b szám m-es számrendszerbeli alakja.

Szobonya László, Budapest

1. megoldás (Zsbán Ambrus megoldása). Mint könnyen ellenőrizhető, m-es számrendszerben

11.(m-1)10100(m-1)=1001110(m-1)(m-1).

2. megoldás (Kovács Erika Renáta megoldása).

11.(m-1)101(m-2)01=10011(m-1)(m-2)11.


A. 294. Definiáljuk az a1,a2,... sorozatot a következő rekurzióval: a1=1, \(\displaystyle a_{n+1}={a_1a_n+a_2a_{n-1}+\dots+a_na_1\over n+1}\). Igazoljuk, hogy a \(\displaystyle b_n=\root{n}\of{a_n}\) sorozat konvergens.

Megoldás. A definícióból látható, hogy az (an) sorozat elemei a (0,1) intervallumba esnek.

Megmutatjuk, hogy a sorozat szigorúan monoton fogy. Az első elemekre ezt könnyű ellenőrizni: a1=1, a_2={1\over2}, \(\displaystyle a_3={1\over3}\), \(\displaystyle a_4={11\over48}\). Legyen nge4 és tegyük fel, hogy a1<...<an. Ekkor

\(\displaystyle (n+1)a_{n+1}=a_1a_n+\sum_{k=2}^na_ka_{n+1-k}<\)

\(\displaystyle Ezután indukcióval azt is bebizonyítjuk, hogy a szomszédos elemek hányadosa, az \(\displaystyle {a_{n+1}\over a_n}\) sorozat szigorúan monoton nő. (A bizonyítás Csóka Endre dolgozatából származik.) A monotonitást az első elemekre könnyen ellenőrizhetjük:

\(\displaystyle {a_2\over a_1}={{1\over2}\over1}=0.5,\quad{a_3\over a_2}={{1\over3}\over{1\over2}}\approx0.667,\quad{a_4\over a_3}={{11\over48}\over{1\over3}}\approx0,688.\)

Legyen tehát n\(\displaystyle ge\)3, és tegyük fel, hogy \(\displaystyle {a_2\over a_1}<\dots<{a_{n+1}\over a_n}\). Ebből bebizonyítjuk, hogy \(\displaystyle {a_{n+1}\over a_n}<{a_{n+2}\over a_{n+1}}\), azaz anan+2-an+12>0.

(n+2)(anan+2-an+12)=

=an.(n+2)an+2-an+1.(n+1)an+1-an+12=

\(\displaystyle =a_n\sum_{k=1}^{n+1}a_ka_{n+2-k}-a_{n+1}\sum_{k=1}^na_ka_{n+1-k}-a_{n+1}^2=\)

\(\displaystyle =\sum_{k=1}^na_k(a_na_{n+2-k}-a_{n+1}a_{n+1-k})+a_na_{n+1}-a_{n+1}^2.\)

Az utolsó összegben az első tag 0. Ha 2\(\displaystyle le\)k\(\displaystyle le\)n, akkor az indukciós feltevés szerint \(\displaystyle a_na_{n+2-k}-a_{n+1}a_{n+1-k}=a_na_{n+1-k}\left({a_{n+2-k}\over a_{n+1-k}}-{a_{n+1}\over a_n}\right)<0\) és a_k={a_k\over
a_{k-1}}\cdot a_{k-1}<{a_{n+1}\over a_n}\cdot a_{k-1}, ezért

(n+2)(anan+2-an+12)>

\(\displaystyle \){a_{n+1}\over a_n}\sum_{k=2}^na_{k-1}(a_na_{n+2-k}-a_{n+1}a_{n+1-k})+a_na_{n+1}-a_{n+1}^2=">

\(\displaystyle =a_{n+1}\sum_{k=2}^na_{k-1}a_{n+2-k}-{a_{n+1}^2\over a_n}\sum_{k=2}^na_{k-1}a_{n+1-k}+a_na_{n+1}-a_{n+1}^2=\)

\(\displaystyle =a_{n+1}\big((n+1)a_{n+1}-a_na_1\big)-{a_{n+1}^2\over a_n}\cdot na_n+a_na_{n+1}-a_{n+1}^2=0.\)

Ezzel a hányados sorozat monotonitását igazoltuk.

Legyen \(\displaystyle B=\lim{a_{n+1}\over a_n}\). Ez a határéték létezik, mert a hányados sorozat monoton nő és felülről korlátos: az 1 egy felső korlátja. Bebizonyítjuk, hogy bntoB. Legyen 0<\(\displaystyle varepsilon\)<1 tetszőleges valós szám; azt kell megmutatnunk. hogy elég nagy n esetén (1-varepsilon)B<bn<(1+varepsilon)B.

Mivel a1=1 és minden n-re {a_{n+1}\over
a_n}<B, az is igaz, hogy an<Bn-1, amiből

\(\displaystyle b_n=a_n^{1/n}<{1\over B^{1/n}}\cdot B.\)

A B1/n sorozat 1-hez tart, ezért elég nagy n esetén valóban \(\displaystyle {1\over B^{1/n}}<1+\varepsilon\).

A B szám definíciója szerint létezik egy olyan n0 index, hogy n\(\displaystyle ge\)n0 esetén {a_{n+1}\over
a_n}>(1-\varepsilon/2)B. Ezért n>n0 esetén

bn=an1/n>(an0.((1-\(\displaystyle varepsilon\)/2)B)n-n0)1/n=

\(\displaystyle =\left({a_{n_0}\over\big((1-\varepsilon/2)B)^{n_0}}\right)^{1/n}\cdot(1-\varepsilon/2)B.\)

Az utolsó kifejezés (1-\(\displaystyle varepsilon\)/2)B-hez tart, ezért elég nagy n esetén nagyobb lesz, mint (1-varepsilon)B.

Ezzel bebizonyítottuk, hogy a bn sorozat konvergens.


A. 295. Az x1,x2...,xn pozitív számokra teljesül, hogy

\(\displaystyle {1\over1+x_1}+{1\over1+x_2}+\dots+{1\over1+x_n}=1.\)

Bizonyítsuk be, hogy

\(\displaystyle \sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+\dots+\sqrt{x_n}\ge(n-1) \left({1\over\sqrt{x_1}}+{1\over\sqrt{x_2}}+\dots+ {1\over\sqrt{x_n}}\right).\)

Vojtech Jarník Matematikaverseny, Ostrava, 2002

1. megoldás. A szimmetria miatt feltehetjük, hogy x1\(\displaystyle le\)x2\(\displaystyle le\)...\(\displaystyle le\)xn.

Az (1) egyenlet alapján tetszőleges 1\(\displaystyle le\)i<j\(\displaystyle le\)n indexekre {1\over1+x_i}+{1\over1+x_j}\le1. Ezt átrendezve kapjuk, hogy xixjge1.

Írjuk át a bizonyítandó állítást a következő alakba:

(2a)\(\displaystyle \left(\sqrt{x_1}+{1\over\sqrt{x_1}}\right)+\dots+\left(\sqrt{x_n}+{1\over\sqrt{x_n}}\right)\ge n\left({1\over\sqrt{x_1}}+{1\over\sqrt{x_2}}+\dots+{1\over\sqrt{x_n}}\right)\)

Tekintsük az \(\displaystyle y_i=\sqrt{x_i}+{1\over\sqrt{x_i}}\) (i=1,2,...,n) számokat. Megmutatjuk, hogy y1ley2\(\displaystyle le\)...\(\displaystyle le\)yn. Ha ugyanis 1\(\displaystyle le\)i<j\(\displaystyle le\)n, akkor az yileyj egyenlőtlenség a következőkkel ekvivalens:

\(\displaystyle \sqrt{x_i}+{1\over\sqrt{x_i}}\le\sqrt{x_j}+{1\over\sqrt{x_j}};\)

\(\displaystyle \sqrt{x_j}(x_i+1)-\sqrt{x_i}(x_j+1)\le0;\)

\(\displaystyle \big(\sqrt{x_i}-\sqrt{x_j}\big)\big(\sqrt{x_ix_j}-1\big)\le0.\)

Az \(\displaystyle {1\over1+x_1}{1\over1+x_2}\dots,{1\over1+x_n}\) és y1...,yn sorozatok ellentétesek rendezettek, ezért a Csebisev-egyenlőtlenségből

\(\displaystyle {{1\over1+x_1}+\dots+{1\over1+x_n}\over n}\cdot{y_1+y_2+\dots+y_n\over n}\ge{{y_1\over1+x_1}+\dots+{y_n\over1+x_n}\over n}.\)

Ez átrendezve éppen (2a).

2. megoldás (Kovács Erika Renáta megoldása). Az 1. megoldáshoz hasonlóan kapjuk, hogy 1\(\displaystyle le\)i<j\(\displaystyle le\)n esetén xixjge1.

Az (1) feltétellel ekvivalens, hogy

\(\displaystyle {x_1\over1+x_1}+{x_2\over1+x_2}+\dots+{x_n\over1+x_n}=n-1.\)

Ezért a bizonyítandó állítást a következő alakba is írhatjuk:

\(\displaystyle \sum_{i=1}^n{1\over1+x_i}\sum_{j=1}^n\sqrt{x_j}\ge\sum_{i=1}^n{x_i\over1+x_i}\sum_{j=1}^n{1\over\sqrt{x_j}}.\)

A két oldal különbsége:

\(\displaystyle \sum_{i=1}^n{1\over1+x_i}\sum_{j=1}^n\sqrt{x_j}-\sum_{i=1}^n{x_i\over1+x_i}\sum_{j=1}^n{1\over\sqrt{x_j}}=\)

\(\displaystyle =\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\left({\sqrt{x_j}\over1+x_i}-{x_i/\sqrt{x_j}\over1+x_i}\right)=\)

\(\displaystyle =\sum_{1\le i\(\displaystyle =\sum_{1\le i Az utolsó összegben mindegyik tag nemnegatív.

Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley