A C. 1065. feladat (2011. február)

C. 1065. Oldjuk meg a egyenletet, ha , ahol n pozitív egész szám.

(5 pont)

A beküldési határidő 2011. március 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Az egyenlet bal oldala nemnegatív, ezért \(\displaystyle x\ge a_n\). Ekkor a négyzetgyök alatt pozitív kifejezés áll. Vegyük az egyenlet mindkét oldalának négyzetét: \(\displaystyle x+a_n=x^2-2a_n x +a_n^2\), azaz \(\displaystyle x^2-(1+2a_n)x+a_n^2-a_n=0\). Ennek a másodfokú egyenletnek a diszkriminánsa \(\displaystyle 8a_n+1=4n(n+1)+1=4n^2+4n+1=(2n+1)^2\) és \(\displaystyle 2a_n+1=n^2+n+1\). Ezért a megoldóképlet szerint \(\displaystyle \displaystyle{\frac{n^2+n+1\pm (2n+1)}2}\). A kisebbik gyök \(\displaystyle \frac{n^2-n}2=a_{n-1}<a_n\) hamis, mert ebben az esetben \(\displaystyle x-a_n\) negatív, ami az eredeti egyenlet szerint nem fordulhat elő. A nagyobbik gyök \(\displaystyle \frac{n^2+3n+2}2=\frac{(n+1)(n+2)}2=a_{n+1}\) megoldása az egyenletnek.

Statisztika:

147 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	118 versenyző.
4 pontot kapott:	12 versenyző.
3 pontot kapott:	7 versenyző.
2 pontot kapott:	4 versenyző.
1 pontot kapott:	5 versenyző.
Nem versenyszerű:	1 dolgozat.

A KöMaL 2011. februári matematika feladatai