 |
A B. 5487. feladat (2025. november) |
B. 5487. Az \(\displaystyle a_1\), \(\displaystyle a_2\), \(\displaystyle \dots\), \(\displaystyle a_{2025}\) pozitív számokra \(\displaystyle a_1=1\), továbbá
\(\displaystyle \frac{1}{a_1+a_2}+\frac{1}{a_2+a_3}+\ldots+\frac{1}{a_{n-1}+a_n}=a_n-1 \)
minden \(\displaystyle 2\le n\le 2025\) esetén. Határozzuk meg \(\displaystyle a_{2025}\) értékét.
Bencze Mihály (Brassó) ötletéből
(3 pont)
A beküldési határidő 2025. december 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Legyen \(\displaystyle n\geq 3\). A feltételt \(\displaystyle (n-1)\)-re és \(\displaystyle n\)-re is alkalmazva azt kapjuk, hogy
\(\displaystyle a_n-1=a_{n-1}-1+\frac{1}{a_{n-1}+a_n}.\)
Ez az egyenlet \(\displaystyle n=2\) esetén is teljesül, hiszen ekkor \(\displaystyle a_{n-1}-1=a_1-1=0\).
Rendezés és \(\displaystyle (a_{n-1}+a_n)\)-nel való szorzás után az \(\displaystyle a_n^2-a_{n-1}^2=1\) összefüggést kapjuk. Ebből (\(\displaystyle n\)-re vonatkozó indukcióval) világos, hogy \(\displaystyle a_n^2=n\), vagyis \(\displaystyle a_n= \sqrt{n}\) minden \(\displaystyle n\geq 1\) esetén (hiszen \(\displaystyle a_n\) pozitív).
Megmutatjuk \(\displaystyle n\)-re vonatkozó indukcióval, hogy ekkor a feltételek valóban teljesülnek. Ha \(\displaystyle n=2\), akkor \(\displaystyle \frac{1}{1+\sqrt2}=\sqrt2-1\) átszorzással ellenőrizhető. Az indukciós lépés igazolásához tegyük fel, hogy \(\displaystyle n\geq 3\) és \(\displaystyle (n-1)\)-ig már igazoltuk ezt. Ekkor
\(\displaystyle \frac{1}{a_1+a_2}+\frac{1}{a_2+a_3}+\ldots+\frac{1}{a_{n-1}+a_n}=a_{n-1}-1+\frac{1}{a_{n-1}+a_n}=a_n-1,\)
ahol az utolsó egyenlőség a korábban is alkalmazott átalakítások szerint \(\displaystyle a_n^2-a_{n-1}^2=n-(n-1)=1\) alapján teljesül.
Így \(\displaystyle a_{2025}\) értéke \(\displaystyle \sqrt{2025}=45\).
Megjegyzés. A megoldásban írtakhoz hasonlóan adódik, hogy a feladatot a valós számok körében vizsgálva \(\displaystyle a_n=\pm \sqrt{n}\) minden \(\displaystyle n\geq 1\) esetén. Tudjuk, hogy \(\displaystyle a_1=1\) esetén pozitív az előjel, megmutatjuk \(\displaystyle n\)-re vonatkozó indukcióval, hogy a többi elem előjele tetszőlegesen lehet \(\displaystyle +\) vagy \(\displaystyle -\). Az indukciós lépés igazolásához tegyük fel, hogy \(\displaystyle n\geq 2\) és \(\displaystyle (n-1)\)-ig már igazoltuk ezt. Ekkor
\(\displaystyle \frac{1}{a_1+a_2}+\frac{1}{a_2+a_3}+\ldots+\frac{1}{a_{n-1}+a_n}=a_{n-1}-1+\frac{1}{a_{n-1}+a_n}=a_n-1,\)
ahol az utolsó egyenlőség a korábban is alkalmazott átalakítások szerint \(\displaystyle a_n^2-a_{n-1}^2=n-(n-1)=1\) alapján teljesül. (Megjegyezzük, hogy a nevezőkben szereplő kifejezések \(\displaystyle \sqrt{k}+\sqrt{k+1},\sqrt{k}-\sqrt{k+1},-\sqrt{k}+\sqrt{k+1},-\sqrt{k}-\sqrt{k+1}\) alakúak, így mind nemnullák az előjelek tetszőleges választása esetén.)
Statisztika:
A B. 5487. feladat értékelése még nem fejeződött be.
A KöMaL 2025. novemberi matematika feladatai