I. fejezet A matematikai indukció, mint alapvető bizonyítási

módszer

A matematikai indukció a matematikában használt egyik legfontosabb bizonyítási (és nemcsak bizonyítási, hanem például definiálási) módszer is. A középiskolai tananyagban természetesen jelen van, itt a módszer gyakorlati alkalmazásaira helyezzük a hangsúlyt. A következőkben a matematikai indukció módszerének elméleti megalapozását adjuk meg és a módszer alapjául szolgáló indukciós elvet írjuk le. Továbbá bemutatjuk a gyakrabban előforduló indukciós bizonyítási variánsokat, az ezek alapjául szolgáló tételeket.

1.1. Következtetési módszerek. Dedukció és indukció.

Az előszóban említettük, hogy alapvetően kétfajta okoskodással szerezzük

ismereteinket: bizonyító és plauzibilis okoskodással. A dedukció a bizonyító okoskodás egyik fajtája. Dedukción egy általános érvényű kijelentés sajátos esetre való alkalmazását értjük. A matematikában lépten-nyomon találkozunk dedukcióval. Példák

1. Egy konvex n-oldalú sokszög szögeinek összege 180(n-2). Az ötszög 5 oldalú sokszög. Tehát az ötszög szögeinek összege 180(5-2)=540.

2. Minden olyan szám, amelyben a számjegyek alternáló előjellel vett összege osztható 11-gyel, osztható 11-gyel. Az 1234567895 szám számjegyeinek alternáló előjellel vett összege 0. A 0 osztható 11-gyel. Tehát 1234567895 osztható 11-gyel.

A matematikai tételek általános érvényű kijelentések, amelyeket pontosan azért bizonyítunk, hogy sajátos esetekben alkalmazhassuk a dedukció segítségével.

Az indukció a dedukcióval ellentétben a sajátosból indul ki. Az indukció alapja a megfigyelés. A megfigyelés eredményeként sejtések jöhetnek létre. Például Goldbach a XVIII. században a természetes számok tulajdonságait tanulmányozva észrevette, hogy a 4-nél nagyobb páros számok előállíthatók két prímszám összegeként: 8=3+5, 10=3+7=5+5, 12=5+7, 14=3+11=7+7, 16=3+13=5+11, 18=9+9. Megfigyelését más példákkal támasztotta alá, bármilyen konkrét páros számot tekintett, azt sikerült felbontania két páratlan szám összegére. Mindazonáltal sejtését mind a mai napig nem sikerült bizonyítani. Így a mai napig nem tudni biztosan, hogy az ő sejtése igaz-e.

Más igen plauzibilisnek tűnő sejtések hamisnak bizonyultak. Ilyen például Fermat sejtése, mely szerint a alakú számok minden 122 +

n

n ∈ N esetén prímek. Fermat észrevette, hogy esetén ezek prímszámok, és úgy sejtette, hogy az állítás minden n esetén

igaz. Euler azonban bebizonyította, hogy

}4,3,2,1,0{∈n

1252 + nem prímszám, tehát az állítás már 5=n

esetén sem igaz. Ha az binom irreducibilis tényezőkre való felbontását keressük -ben,

esetén ez a felbontás 1−nx ][XZ

1=n 1−x , 2=n -re az )1)(1( +− xx)1)( 2 +x n

, esetén az , esetén az , -re pedig az

felbontást kapjuk. Észrevesszük, hogy a felbontást alkotó tényezők együtthatói a 0,1 vagy –1 számok. Ha újabb felbontásokkal próbálkozunk,

3=n5)1+

2 ++ x)( 2 + xx)( 34 + xx

1( −x1( −x

4=n)1+x

1)(1 +− x(x =

6=n , , stb. esetén is ugyanez érvényes. Megfogalmazódik az a sejtés, hogy ez a tulajdonság

minden esetén igaz. V. Ivanov orosz matematikus azonban bebizonyította, hogy 7=n

∗∈ Nn

3

105<n -re a tulajdonság igaz, 105=n -re viszont a felbontásnak van két darab –2-es együtthatója is.

21

1 =S221

1+

⋅

)2n

...43

1+

⋅

...⋅

++k

()1+

+

)(11

++ k

Igen sok ilyen példát találhatunk, amelyben az induktív okoskodás hamis következtetéshez vezetett. Ez azonban a módszer értékét nem csökkenti, csak nyilvánvalóvá teszi, hogy az indukcióval történő okoskodást össze kell kötni bizonyító okoskodással, amely biztosítsa az indukcióval megsejtett eredmény helyességét. Egy ilyen bizonyító okoskodás, amely szervesen kötődik az induktív okoskodáshoz, a matematikai indukció vagy más néven a teljes indukció.

1.2. A matematikai indukció módszere. Peano axiómái

A matematikai indukciót, mint bizonyítási módszert Pascal írja le először a

kombinációs összefüggések bizonyításakor a következőképpen: "Bár ez az állítás végtelen sok esetet tartalmaz, igen rövid bizonyítást adok rá, amely két lemmán alapszik. Az első az állítja, hogy a kijelentés igaz az első sorra. A második az állítja: ha a kijelentés igaznak bizonyul egy sorra, akkor szükségszerűen igaz a következő sorra is." Vizsgáljuk meg miről is beszél Pascal.

Ennek érdekében tűzzük ki célul, hogy számítsuk ki az )1(

1...43

132

121

1+⋅

++⋅

+⋅

+⋅

=nn

Sn

összeget, ahol . A következőket kapjuk: ∗∈Nn

, 32

321

21

2 =⋅

+=S , 43

431

31

3 =⋅

+⋅

=S , 54

541

431

321

211

4 =⋅

+⋅

+⋅

+⋅

=S .

Megfigyelve a kapott eredményeket azt találjuk, hogy }4,3,2,1{∈n esetén 1+

=n

nSn .

Jelöljük nel a következő kijelentést: −)(nP1)143

132

121

1+

=⋅

+⋅

+⋅ n

n(1...+⋅

++nn

.

)1(P , , , igaz, de amint azt az 1.1. paragrafusban megmutattuk az még nem biztosít arról, hogy minden természetes szám esetén kijelentésünk igaz. Viszont, ha sikerülne igazolnunk, hogy ha a kijelentés igaznak bizonyul egy természetes számra, akkor a következő számra, -re is igaz, akkor a következő láncot kapnánk:

)2(P )3(P )4(P

1+kk

)1(P igaz ⇒ igaz ⇒()11( PP =+ )3()21( PP =+ igaz ⇒ ... ⇒ ) igaz, (nPés így a kijelentés akármilyen kívánt -re teljesül. Tehát azt kell belátnunk, hogy ha

1)1(1

321

211

+=

+⋅++

⋅+

⋅ kk

kk (1), akkor

21

)2)(1(1

)1(1

431

321

211

++

=++

++⋅

+⋅

+⋅ k

kkkk

(2).

De )2)(1(

11)2)(1

1(1...

431

321

211

+++

+=

++

⋅

++⋅

+⋅

+⋅ kkk

kkkkk

, hiszen az (1)

alapján a szögletes zárójelben megjelenő összeg 1+k

k -gyel egyenlő és

21

)2)(1(12

)2(1

2

++

=++++

=++ k

kkkkk

kkk ,

tehát a (2) egyenlőség teljesül. Így bebizonyítottuk, hogy az állítás minden esetén teljesül.

∗∈ Nn

Intuitív módon a fenti következtetéslánc igen meggyőző. Ugyanakkor matematikai szempontból is precíz, alapjául a matematikai indukció elveként ismert matematikai elv

4

szolgál. Az indukciós elv alapját Peano harmadik axiómája képezi, amelyet a következőben ismertetünk. 1.2.1. Peano axiómái

A XIX. században élt olasz matematikus, Giuseppe Peano (1858-1932) a természetes számok halmazát axiomatikusan értelmezte, a számelmélet axiomatikus alapjait fektette le. Kiinduló elemeknek egy nem üres halmazt, ennek egy sajátos -val jelölt elemét és egy

függvényt tekintett. (Nx

0NNr →: N∈∀ esetén az -t az )(xr x rákövetkező elemének

nevezzük.) Ezek alaptulajdonságait és a köztük levő összefüggéseket a Peano-féle axiómák adják meg: P1) 0≠r , esetén )(x Nx∈∀ P2) Ha )r = , akkor )(( 21 xrx 21 xx =

P3) -nek bármely olyan részhalmaza, amely tartalmazza -t és amely minden N 0 x elemmel együtt a rákövetkező ) elemet is tartalmazza, magával -nel egyenlő: (xr NA P3) axiómát az indukció axiómájának nevezzük. A három axiómából néhány igen fontos tulajdonság következik.

Mivel , azért az -nek valódi részhalmaza. A P2) axióma alapján viszont az függvény bijektiv. Tehát bijektiv módon leképezhető egy valódi részhalmazra, ezért:

}{0 Nr∉)(Nr→

)(Nr N:r N N

1. tulajdonság. végtelen halmaz. N2. tulajdonság. Minden 0 -tól különböző -beli elem, egy -beli elem

rákövetkezője. N N

Valóban, az halmaz részhalmaza -nek és r . A P3) axióma alapján és mivel 0

MNr =∪ }0{)(N r

N MM ⊆)(M = }0{\)()( NNrN =⇒∉ .

A fenti axiómákat teljesítő (és a bizonyított tulajdonsággal rendelkező) hármasok esetén az elemeit természetes számoknak nevezzük.

),0,( rNN

1.2.2. A matematikai indukció elve 1.2.1. Tétel

Rendeljünk hozzá minden Nn∈ természetes számhoz egy kijelentést. Ha teljesülnek a következő feltételeket:

)(nP

i) igaz )0(Pii) bármely esetén, ha igaz, akkor Nn∈ )(nP )1( +nP is igaz

akkor igaz minden esetén. )(nP Nn∈Bizonyítás A P3) axiómából azonnal következik az állítás. Valóban, jelöljük M -mel azon számok halmazát, amelyekre a kijelentés igaz

k)(kP )(|{ kPNkM ∈= igaz} . A feltételek

alapján és ha , akkor M∈0 Mk∈ Mkr ∈)( . Tehát a P3) alapján NM = , azaz igaz esetén.

)(nPNn∈∀

A matematikai indukcióval történő bizonyításnak, mint azt a következő paragrafusban

látni fogjuk, igen sok variánsa ismeretes, amelyeket a bizonyítandó tulajdonságok esetén szükség szerint válogatunk majd ki. Nagyon sokszor találkozunk azonban olyan tulajdonságokkal, amelyek csak egy bizonyos számnál nagyobb számokra érvényesek. Ahhoz, hogy a fenti indukciós elvet ezekre az esetekre alkalmazhassuk szükségünk lesz a következő értelmezésekre és tételekre:

5

1.2.1. Értelmezés Legyenek Nmn ∈, . Azt mondjuk, hogy m kisebb vagy egyenlő n-nél ( ), ha úgy, hogy

nm ≤Np∈∃ pmn += .

1.2.2. Értelmezés Legyen az halmaz egy nem üres részhalmaza. Az NA⊂ N Aa∈ az halmaz első

vagy legkisebb eleme, ha A

xa ≤ ∀ esetén. Ax∈ 1.2.2. Tétel

A természetes számok minden nem üres részhalmazának van első (legkisebb) eleme. Bizonyítás Legyen NA⊂ egy nem üres részhalmaz. Tekintsük az },|{ AaamNmM ∈∀≤∈= . Nyilvánvalóan és ha , akkor M∈0 Aa∈ Mar ∉)( . Tehát NM ≠ és az indukciós axióma alapján létezik olyan szám, amelyre rM∈p Mp ∉)( . Ekkor p a keresett első elem, mivel

ap ≤ , . Ugyanakkor mivel ellenkező esetben Aa∈∀ Ap∈ ap < minden esetén és így minden esetén, ami ellentmondás azzal, hogy r . Tehát az minden nem üres részhalmazának van legkisebb eleme.

Aa∈Mp ∈)( Nap ≤)r( Aa∈

1.3. A matematikai indukció variánsai

Ebben a paragrafusban bemutatjuk az indukcióval történő bizonyítások alapjául

szolgáló legfontosabb tételeket, amelyek a matematikai indukció különböző variánsai. Minden variáns alkalmazására mutatunk példákat, tűzünk ki feladatokat, ugyanakkor a fejezet végén kitűzött feladatok esetén az olvasónak magának kell eldöntenie, hogy melyik kijelentést melyik variáns segítségével bizonyítja. 1.3.1. Tétel (Első variáns) Legyen Na∈ egy természetes szám. Minden számhoz hozzárendelünk egy

kijelentést. Ha teljesülnek a következő feltételek: an ≥

)(nPi) igaz )(aPii) esetén ha igaz akkor akNk ≥∈∀ , )(kP )1( +kP is igaz

akkor igaz ∀ esetén. )(nP an ≥Bizonyítás Tekintsük az M )(|{}1,...,1,0{ xPNxa ∈∪−= igaz} halmazt. Bizonyítjuk, hogy

. és ha , akkor ha NM = M∈0 Mx∈ 1 }1,...,1{1 ,0 −∈+⇒−< axax)(|{ xPNx∈

, azaz ; ha

Mx ∈+1⇒ x−= ax 1 1 a∈=+ igaz} , tehát Mx ∈+1

Mx ∈+ )1( . Mx

; ha igaz

igaz, azaz Tehát

)(xPM ⇒, x∈ax ≥)(ii

⇒ (xP )1+ ∈∀ -re Mx ∈+1 és a P3) axióma értelmében . Így { igaz}NM = )(x }1,...,1,0{\| PN∈x −⊇ aN tehát igaz )n(P n ≥ a∀ esetén.

1.3.1. Példa Bizonyítsuk be, hogy bármely 2, ≥∈ nNn esetén fennáll az alábbi összefüggés:

nnnn

nn

+++

⋅=+−

⋅⋅+−

⋅+−

2

2

3

3

3

3

3

3 132

11...

1313

1212

Megoldás Jelöljük P -nel a következő kijelentést: )(n

6

nnnn

nn

+++

⋅=+−

⋅⋅+−

⋅+−

2

2

3

3

3

3

3

3 132

11...

1313

1212

2=n esetén a 22

12232

1212:)2( 2

2

3

3

+++

⋅=+−P

97

97=⇔ igaz kijelentést kapjuk.

Feltételezzük, hogy a kk

kkkkkP

+++

⋅=+−

⋅⋅+−

⋅+−

2

2

3

3

3

3

3

3 132

11...

1313

1212:)( kijelentés igaz.

Ekkor

=++−+⋅+

++++⋅⋅

+++

⋅=++−+

⋅+−

⋅⋅+−

⋅+−

]1)1()1[()2(]1)1()1[(1

32

1)1(1)1(

11...

1313

1212

2

2

2

2

3

3

3

3

3

3

3

3

kkkkkk

kkkk

kk

kk

)1)(2(1)1()1(

32

)1()2(1)1()1(

11

32 2

2

22

++++++

⋅=++⋅+++++

⋅+++

⋅=kkkk

kkkkk

kkk ,

tehát a is igaz. Az 1.3.1. tétel értelmében a kijelentés igaz természetes szám esetén.

)1( +kP )(nP 2≥∀n

1.3.2. Példa Igazoljuk, hogy bármely n esetén 4 . 4≥ nnn 602 ≥−Megoldás A 24 − kijelentés nnn 60≥ 4=n esetén igaz, mivel 4 , és

. Feltételezzük, hogy a kijelentés igaz. Ekkor 240224 =− 240460 =⋅

240240 ≥ kP k 602 ≥−k k4:)(,6060224026042)24(424 11111 +≥+=+⋅≥+−⋅=− +++++ kkk kkkkkkk

tehát a kijelentés is igaz. Így fennáll a esetén, az 1.3.1. tétel értelmében.

)1( +kP 4,6024 ≥∀≥− nnnn

1.3.3. Példa

Határozd meg az !n n

n szám egészrészét, ha . 6≥n

Megoldás

6=n esetén 2!6

66

=

, -re 7=n 2!7

77

=

. Sejtjük, hogy 2!=

n nn minden

esetén. Tekintjük a

6≥n

:)(nP 2!=

n nn kijelentést. }7,6{∈n esetén ez a kijelentés igaz. Ha a

kijelentés igaz egy k szám esetén, akkor 6≥ 3!≤<

k kk2 , ami egyenértékű a 3

!≤2 <

kkk

k

egyenlőtlenségekkel. Tudjuk, hogy 21 2

>1

+

k és k

k

kk 2

!> . Összeszorozva az

egyenlőtlenségek megfelelő oldalait az 1

11 2

)!1()1(2

!.)1( +

++ >

++

⇔>+ k

kk

k

k

k

kk

kk

kk (1)

egyenlőséget kapjuk. Ugyanakkor 3112

≤

+

k és k

k

kk 3

!≤ . Ebből a két egyenlőtlenségből az

11

1 3)!1(

)1(3!

.)1( ++

+ ≤++

⇔≤+ k

kk

k

k

k

kk

kk

kk (2)

7

egyenlőtlenséghez jutunk. Tehát (1) és (2) alapján 11

1 3)!1(

)1(2 ++

+ ≤++

< kk

k

kk , ahonnan

3)!1(

121

≤++

<+k k

k , azaz 2)!1(

11

=

++

+k kk . Így a kijelentés 1+k -re is igaz. Az 1.3.1 tétel

értelmében 2!=

n nn 6≥∀n esetén.

Alkalmazások 1. Bizonyítsuk be, hogy ha , Nn∈ ),0(...,,, 21 ∞∈nxxx és 1...21 =⋅⋅⋅ nxxx , akkor

. 1...21 ≥+++ nxxx

2. Az sorozatot a következőképpen értelmezzük: ( ) 1≥nna [ ]2,11 ∈a és esetén. Bizonyítsuk be, hogy

2221 +−=+ nnn aaa

1≥∀n [ ]2,1∈na 1≥∀n esetén és, hogy az ( ) sorozatot csökkenő.

1≥nna

3. Legyenek kaaa <<< ...21 természetes számok és . Bizonyítsd be,

hogy

kaaan 2...22 21 +++=

knnnka −=

+

22nn

++

+

...22 32 .

1.3.2. Tétel (Második variáns) Ha Na∈ és minden számhoz hozzárendelünk egy kijelentést, amely teljesíti a következő feltételeket:

an ≥ )(nP

i) ,)(aP )1(),...,2(),1( −+++ kaPaPaP igazak ii) Bármely esetén, ha igaz, akkor an ≥ )(nP )( knP + is igaz

akkor igaz ∀ esetén. )(nP an ≥Bizonyítás Egy kijelentés megfelelő megválasztásával visszavezetjük az első variánsra. Jelöljük

-mel a )(mQ )1()^...^1()^( mkkaPmkaPmkaP +−++++ kijelentést. A kijelentés teljesíti a következő feltételeket:

)(mQ

a) )1()^...^1()^()0( −++= kaPaPaPQ igaz, mivel a )1(),...,1(),( −++ kaPaPaP kijelentések mindegyike igaz

b) Ha igaz egy m esetén, akkor a )(mQ a≥ ),...1(),( mkaPmkaP +++ )( mkaP 1k +−+ kijelentések igazak, ezért a ii) feltétel miatt a

))1(1(),...,)1(1(),)1(( kmkaPkmaPkmaP ++−++++++ kijelentések is igazak, tehát a )1( +mQ kijelentés, ami ezen kijelentések konjunkciója, is igaz.

a) és b)-ből az első variáns értelmében következik, hogy igaz )(mQ Nm∈∀ esetén, tehát )1(),...,1(),( mkkaPmkaPmkaP +−++++

)( ramkP ++ ,0{, kijelentések igazak ∀ , azaz a

kijelentés igaz Nm∈

}1,...,1 −∈∀∈ rNm∀ esetén. Minden k p természetes szám felírható , q , }rqkp += N∈ 1,...,1,0{ −∈ kr

anNn ≥∈ , rmka alakban (a maradékos osztás tétele), ezért

minden esetén n +=− , ahonnan .rmkan ++= Tehát igaz ∀ esetén.

)(nP an ≥

8

1.3.4. Példa Minden négyzet felosztható darab négyzetre, ha . n 6≥nMegoldás: esetén a következő felbontás lehetséges: 6=n

7=n esetén a felbontás: 8=n -ra a felbontás:

Tehát állításunk igaz 6-ra, 7-re és 8-ra. Ha a négyzet felbontható négyzetre, akkor igazoljuk, hogy négyzetre is felbontható. Valóban, tekintsük a négyzet négyzetre való felbontását, és a felbontásban szereplő valamely négyzetet osszuk fel négy egyenlő négyzetre a szemközti oldalak felezőpontjainak összekötésével. Így az eredeti négyzet

négyzetre bomlik. Tehát igaz és ha igaz akkor is igaz. Az 1.3.2. tétel értelmében igaz

n3+n

3

n

(P4)1( +=+− nn)3( +nP

)8(),7(),6( PPP)(n 6≥

)nP ∀n esetén.

1.3.5. Példa Igazoljuk, hogy ∀ esetén végtelen sok olyan Nn∈ Nm∈ létezik, amelyre

és 2mm ⋅2

22

1 ...21n ++⋅+⋅= εεε }1,1{−∈iε mi .1=∀ . (Erdős-Surányi) Bizonyítás. A következő két azonosságból indulunk ki:

[ ] [ ] 41252)1()2()3( 2222 =−−+=−+−+−+ nnnnnn [ ] [ ] 492132)4()5()6()7( 2222 =−−+=+−+−+−+ nnnnnn

Ha a második azonosságot kivonjuk az elsőből az 0)7()6()5()4()3()2()1( 22222222 =+−+++++−+++−+− nnnnnnnn (1)

egyenlőséget kapjuk. Így 0 Ehhez az összeghez az (1)-hez hasonló nyolcas összeget akárhányszor hozzáadhatjuk, így a 0 végtelen sok féleképpen írható fel a kért módon. Az (1) azonosság miatt, ha bármilyen más számot egyféleképpen felírhatunk a kért módon, akkor ehhez ilyen nyolcas összegekből akárhányat hozzáírhatunk, így végtelen sok felírás létezik. Tehát csak azt kell bizonyítanunk, hogy

esetén létezik egy ilyen típusú felírás.

.87654321 22222222 +−−+−++−=

Nn∈∀ -re egy lehetséges felírás . 1=n 21=n -re . 2=n 2222 43212 +−−−= -ra . 3=n 22 213 +−=Tehát esetén a felírás lehetséges. Ha egy )3,2,1,0{∈n Nn∈ szám felírható

alakban, akkor 21 mn m ⋅+⋅= εε 2

22 ...21 +⋅+ ε

4

2222222

21 )4()3()2()1(...214 +++−+−++⋅++⋅+⋅=+ mmmmmn

n

mεεε ,

így az szám is felírható a kért alakban. 4+n

9

Mivel 0 felírható a kért módon és ha egy szám felírható ilyen típusú összegként, akkor az szám is felírható az 1.3.2. tétel értelmében

3,2,1,n

n4+ Nn∈∀ szám felírható

alakban és végtelen ilyen felírás lehetséges. 22

21 1 mn ⋅+⋅= εε 2 ...2 +⋅ m+ ε

1.3.6. Példa Igazoljuk, hogy ≥∀ természetes szám esetén léteznek olyan

természetes számok, amelyekre

6k knnn ,...,, 21

11...122

221

=+++knn

1n

.

Bizonyítás esetén az 6=k 6,3,2 654321 ====== nnnnnn számok megfelelőek, hiszen

161

2 = 631

31

221

222 ++++211

22 + , tehát a tulajdonság =k -ra igaz.

esetén az n , 7=k 2321 === nn 47654 ==== nnnn számokra

141

41

41

41

21

21

21

2222222 =++++++ .

8=k esetén az 21,14,7,3,2 87654321 ======== nnnnnnnn számokra

1211

141

71

31

31

21

21

21

22222222 =+++++++ .

Továbbá bizonyítjuk, hogy ha a állítás igaz, akkor a )(nP )3( +nP állítás is igaz. Valóban, ha

az 11...1122

221

=+++nxxx

egyenletnek vannak természetes megoldásai: egy

ilyen megoldás, akkor az számokra

),...,,( 2,1 nxxx

nnnn xxxxxx 2,2,2,2,, 12,1 nx,..., −

11..1141

41

41

411...11

222

21

222221

22

21

=+++=+++++++− nnnnnn xxxxxxxxxx

,

tehát az 11...112

422

21

=++++nxxx

6, ≥

egyenletnek is vannak természetes megoldásai. Az 1.3.2.

tétel értelmében ∈∀ esetén léteznek olyan számok, amelyekre kNk knnn ,...,, 21

1=1...1122

221

+++knnn

.

Alkalmazások 1. Jelöljük -gyel illetve -vel az egyenletű parabola Ox tengellyel való

metszéspontjait. Bizonyítsuk be, hogy bármely n

1x 2x 162 +−= xxy

N∈ esetén nn xx 21

11+ természetes szám és

osztható 5-tel. 2. Bizonyítsuk be, hogy ha , akkor tetszőleges háromszög felbontható n darab egyenlő szárú háromszögre.

4≥n

3. Határozzuk meg azokat az n természetes számokat, amelyekre minden n oldalú konvex sokszög felbontható egymást nem metsző átlók segítségével háromszögekre úgy, hogy minden csúcsból páros számú átló induljon ki.

10

1.3.3. Tétel (harmadik variáns) Legyen Na egy rögzített természetes szám. Ha minden számhoz hozzárendelünk egy kijelentést, amely teljesíti a következő feltételeket:

∈(P

an ≥)n

i) igaz )(aPii) esetén ha igaz Nn∈∀ )(kP akn ≥≥∀ -ra, akkor )1( +nP is igaz

akkor igaz ∀ esetén. )(nP an ≥Bizonyítás Jelöljük Q -nel a )(n )()^...^1()^( nPaPaP + kijelentést. Ekkor Q igaz és ha

igaz, akkor igaz, azaz )()( aPa =

)(nQ )()^...^1 nPa +()^ P(aP akn ≥≥∀ esetén igaz kijelentés, így ii) alapján is igaz, tehát a

)(kP)1()^( +)1( +nP )^...^( 1()^)1( +=+ nPnQ

PaPaPnQ

)(n anNn ≥

kijelentés is igaz. A kijelentés teljesíti az 1.3.1. tétel feltételeit, ezért igaz

esetén, így is igaz )(nQ )(n

anN ≥,n∈∀ P ∈∀ , esetén. 1.3.7. Példa Határozzuk meg az összes olyan függvényt, amely teljesíti a következő feltételeket:

∗∗ → NNf :

a) bármely esetén ),()()( bfafbaf ⋅=⋅ ∗∈Nba,b) Ha a , akkor b< )()( bfaf <c) 2)2( =f

Megoldás Az a) összefüggésbe a -t helyettesítve az egyenlőséghez jutunk és mivel , az .

1== b )1()1( 2ff =0)0( ≠f 1)1( =f

A c) feltétel alapján . Ha az a) összefüggésbe 2)2( =f 2== ba -t helyettesítünk, akkor . 4)2()2()4( =⋅= fff

A b) feltétel alapján, mivel 432 << következik, hogy , azaz . Mivel 2 és 4 között egyetlen természetes szám található, a 3, az .

)4()3()2( fff <<3)3( =f4)3(2 << f

Észrevesszük, hogy ∈n esetén }4,3,2,1{ nnf =)( . Indukcióval bizonyítjuk, hogy esetén. nnf =)( , Nn∈∀

Feltételezzük, hogy a kkfkP =)(:)( kijelentés igaz nk ≤∀ esetén. Ha páros, akkor létezik olyan 1+n nk ≤ , amelyre n Innen k21=+

12)()2()1( )2( +==⋅=+ nkkfffnf =k . Ha páratlan, akkor létezik olyan , amelyre . Ekkor

és a b) feltétel alapján 1+n22 +k

k 121 +=+ kn2()1 +<12 <+< nk )2()2( +< kfnfkf . De

, mivel k2=kfkf )2()2( = f () ⋅ nkn ≤≤ ,2 és 22)1( +=+)2()22( ⋅=+ kkffkf , mivel . Így nkn ≤+≤ 1,2 22)1(2 +< k+nf<k , ahonnan 1+12)1( =+=+ nknf .

Tehát ( +f , ha 1)1 += nn nkkkf ≤∀= ,)( esetén. Az 1.3.3. tétel értelmében . nnf =)( , ∗∈N∀n

1.3.8. Példa Egy xOy derékszögű koordinátarendszerben tekintsük az nkzA kk ,1),( = pontokat, ahol . Ha |Czk ∈ ||...|||||... 2121 nn zzzzzz +++=+++ , akkor az O pontok kollineárisak.

nAAA ,...,,, 21

Megoldás 1=n -re és nyilvánvalóan egy egyenesen helyezkednek el. O 1A

11

Feltételezzük, hogy ni ,1=∀ -ig a kijelentés igaz. Bebizonyítjuk, hogy akkor 1+n szám esetén is igaz.

Ha az szám közül legalább az egyik 0, pl. 1+n 0=kz , akkor 0 a affixuma és az indukciós feltevésből, mivel

kz

||...||0||...|||||...0...| 1112111121 ++−++− ++++++=+++++++ nkknkk zzzzzzzzzz a ( n darab szám) affixumai és az (a affixuma) kollineáris, tehát O kollineárisak.

11121 ,...,,,...,, ++− nkk zzzzz

k AOAAA ,,,...,,, 121 −

O kz

nk A,...,1+

Ha 1,1, +0 =∀ nii ≠z , akkor legyen )sin(cos iiii irz αα ⋅+⋅= , ahol ]2,0[ πα ∈i .

Mivel ∑+

=

=

1

1

2

sinn

iiii rr α

0))cos(1(1

=−−∑+≤nj

jiji rr αα

0≥

∑∑+

=

+

=

+

1

1

21

0

cosn

iii

n

i

r α

cos( jj rr1 <≤i

)cos(1

∑∑+

=

+

=

⇒=

1

1

1

1

n

i

n

iii zz

∑+≤<≤

=−11

)nji

iji rαα

0>ji rr

. Négyzetre emelés után a

, azaz összefüggéseket

kapjuk. Mivel és

∑+≤<≤ 11 njiir

−− ji αα nji ,1, ∈∀ esetén következik, hogy 1) =cos( − ji αα , ji <∀ 1+n,1∈, ji -re ahonnan 121 ... +=== nααα , ami azt jelenti, hogy

kollineárisak. 1+nA21 ,...,,, AAOAlkalmazások 1. (Pick tétele) Bizonyítsuk be, hogy ha egy rácssokszög oldalain (a csúcsokat is beleértve) K

darab rácspont van és a sokszög belsejében B darab, akkor a sokszög területe 12−+

KB .

2. Határozzuk meg az teljesen multiplikatív függvények **: NNf →( )*,),()()( Nyxyfxfyxf ∈∀⋅=⋅ általános alakját a prímértékekben felvett értékek segítségével. 3. Az sorozatot a következőképpen definiáljuk: )( na

≥++=

=

1,632

0,1

632

nhaaaanha

annnn

Bizonyítsuk be, hogy . 110 2 +≤ nan

1.3.4. Tétel (negyedik variáns) Legyen Na∈ egy rögzített természetes szám. Minden számhoz hozzárendelünk egy kijelentést, amely teljesíti a következő feltételeket:

an ≥)(nP

a) ,)(aP )1(),...,2(),1( −+++ kaPaPaP igaz ( egy rögzített szám) kb) Ha bármely , Nm∈ 1−+≤≤ knmn esetén igaz, akkor is igaz )(mP )( knP +

akkor igaz ∀ esetén. )(nP anNn ≥∈ ,Bizonyítás Tekintsük a =Q )(n )1()^...^1()^( −++ knPnPnP kijelentést anNn ≥∈∀ ,

)(aP esetén. A

kijelentés igaz, mivel i) alapján a , =)(aQ )1( −+ kaP)^...^1()^( +aPaP ),1( +aP kijelentések mindegyike igaz. Ha a kijelentés igaz, akkor a )1−),...,1(

( + kaP),(

)(nQ)1( −++ Pn kn

1PnP kijelentések mindegyike igaz, azaz igaz esetén,

amelyre )m m∈∀(P N

−+ k≤≤ nmn esetén. A ii) feltétel alapján ekkor a )( knP + is igaz, ami azt

12

jelenti, hogy a =+ )1(nQ )()^...^2()^1( knPnPnP +++)(n )(n

kijelentés is igaz. Tehát az 1.3.1. tétel feltételei teljesülnek aQ kijelentésre, ezért Q igaz Nn∈∀ , esetén. an ≥

Nn∈

0x 1,0 1 == x2

11

−+

+= nn

nxxx 1≥

n∀−

++

n

n

2)1( 1

=nx32

)(n =nx

32

0 =x:)0(P

)(kP =−1nx

+

n

n

2)1 1

+⋅= 1

32

)(nP

−+12)1(n

n

n∈

−+

2)1(

=1

21+

= −1 2

nn xx

∀

cos( arn ⋅ [ ]1,1−∈R→]

mkx

1

Z∈

xx ,1 0=n1 +−n axa11 +−nx

,1 −n=m N∈

nx)1+ 30 <

1( +n)( → PnP

)1( +n

R

P

2)() yfx + yx∀ ,

1.3.9. Példa Az ( sorozat elemeit a következőképpen adjuk meg: nx )

és , ∀n -re.

Bizonyítsuk be, hogy a sorozat általános tagját az

⋅ 1 , összefüggés

adja meg.

N∈

Megoldás

Jelöljük P -nel az

−+⋅

+

n

n

2)1(1

32 1

kijelentést.

esetén 0=n 00)11( =⇔−⋅ igaz

Feltételezzük, hogy igaz esetén. Ez azt jelenti, hogy nk ≤∀

−+⋅ −12

)1(132

n

n

és

−+⋅=nx (1

32 . A rekurziós összefüggés alapján

+

−+⋅⋅

++

−+

21

1 12

)1(132

n

n

n

n

nx

+ N

,

tehát a kijelentés is igaz. Az 1.3.3. tétel értelmében igaz )1(nP esetén. Alkalmazások 1. Jelöljük T -nel az kifejezést bármely n )cos x x esetén. Bizonyítsd be, hogy egy n-ed fokú polinomfüggvény és számítsd ki az együtthatói modulusának összegét.

Tn [: − 1,1

2. Ha , ahol az egyenlet gyökei

és ha

∑=

=n

kmS

( ) Sm

nx...,,2 ...++n ax

Zak ∈ 1 , akkor ZmS ∈ bármely m esetén. 3. Az sorozat teljesíti az ( ) 1≥nnx nn nnxx (2 12 += ++ rekurziót és a

kezdeti feltételeket. Számítsuk ki a

121 42 xxx ≤≤

nxn

n

n ∞→lim határértéket!

Indukció előre-hátra Előfordulhat, hogy az előbbi tételekben szereplő ) vagy a hozzá hasonló implikációk bizonyítása több közbeeső lépést igényel. Az is lehetséges, hogy egy ilyen implikáció bizonyításához újabb indukció szükséges. Azonosságok, egyenlőtlenségek esetében gyakran használunk ()2() →→ PnPn típusú közbeékelt implikációt. 1.3.10. Példa (Jensen egyenlőtlenség) Ha I egy intervallum és egy olyan függvény, amelyre If →:

(2

fyxf ≥

+ , akkor I∈

13

nxfxfxf

nxxx

f nn )(...)()(... 2121 +++≥

+++ és ∗∈∀ Nn niiIxi ,, =∈∀ esetén.

Bizonyítás

Jelöljük P -nel az )(nn

xfxfxfn

xxxf nn )(...)()(... 2121 +++

≥

+++

niiIxi ,, =∈∀ állítást. ) nyilvánvalóan igaz, a feltétel alapján igaz. Feltételezzük, hogy igaz. Akkor tetszőleges -re a feltétel alapján

1(P )2(PI

)(nPxxx n ∈,...,, 21

≥

++++

+++

=

+++++

++

2

......

2......

22121

221 nxxx

nxxx

fn

xxxxf

nnnn

nn

2

...... 22121

++++

+++

≥

++

nxxx

fn

xxxf nnnn

(1).

Az indukciós feltétel alapján viszont: n

xfxfxfn

xxxf nn )(...)()(... 2121 +++

≥

+++ (2),

és

nxfxfxf

nxxx

f nnnnnn )(...)()(... 221221 +++≥

+++ ++++ (3).

(1), (2) és (3)-ból következik, hogy n

xfxfxfn

xxxf nn

2)(...)()(

2... 221221 +++

≥

+++ (4),

azaz a kijelentés is igaz. )2( nP

Ha az előbbi egyenlőtlenségben 1...... 121

232 ++++

==== +++ n

xxxxxx nnnn -gyet

választunk, akkor az 1

)(...)()(1... 121121

++++

≥

+

+++ ++

nxfxfxf

nxxx

f nn egyenlőtlenséget

kapjuk, mert 1...

21...

)1(...121

121121

++++

=++++

−+++++

++

nxxx

nn

xxxnxxx

n

nn

, így a (4)-es

egyenlőtlenség a következőképpen alakul:

nn

nxxfnxfxfxf

nxxx

f

nn

n

21...

)1()(...)()(

1...

121121

121

+

+++−++++

≥

+

++++

++ ,

ahonnan )(...)()(1...

)1( 121121

++ +++≥

+

+++⋅+ n

n xfxfxfn

xxxfn és -gyel való

osztás után az

)1( +n

1)(...)()(

1... 121121

++++

≥

+

+++ ++

nxfxfxf

nxxx

f nn

)1( +nP

összefüggést kapjuk, ami

azt mutatja, hogy a állítás is igaz. Az 1.3.1. tétel értelmében állítás igaz esetén.

)(nP∗∈∀ Nn

14

Az ilyen típusú indukciót némileg módosított formában először Augustin Louis Cauchy használta az 1800-as évek végén (Analyse Algebrique, 457-459 oldal). J.L.W.V.Jensen érdeme, hogy a gondolatmenet nagyfokú általánosságát észrevette.

Látható, hogy ha előbb valamilyen módszerrel igazoljuk -ra a bizonyítandó egyenlőtlenséget, akkor a

k)1()()( +→→ nPknPnP implikációkat is bizonyíthatjuk.

Megjegyzések

1. Az egyenlőtlenség azt fejezi ki, hogy ha grafikus képén minden húr felezőpontja a neki megfelelő grafikonív alatt helyezkedik el, akkor az

pontok által meghatározott sokszög súlypontja is az ív alatt van, esetén.

f

))(,( iii xfxMNi∈∀

2. Az ilyen tulajdonsággal rendelkező függvényeket Jensen-konkáv függvényeknek nevezzük. Ha folytonos, akkor a Jensen-féle konkavitás a konkavitással egyenértékű, általában azonban ettől különböző fogalom. Pl. ha

lineáris, de nem folytonos (ilyen függvény létezik, és a Hamel-bázisok segítségével megszerkeszthető), akkor Jensen-konkáv, de nem konkáv.

ff

RRf →:f

3. Sok X. osztályos tankönyvben a konvexitás fogalma helyett a Jensen-konvex fogalmat vezetik be, anélkül, hogy a kettő különbségét megemlítenék.

4. Eredetileg 1905-ben (január 17-én a dán matematikai társaság előtt tartott előadásai) Jensen valóban ezzel az egyenlőtlenséggel definiálta a konvex és konkáv függvényeket, de a modern matematikában a konvex függvény definiciója ettől különbözik.

Alkalmazások 1. Bizonyítsd be, hogy ha az függvényre **: ++ → RRf ( ) ( ) ( )

( ) ( )yfxfyfxfxyf

+=

2 , akkor *, +∈∀ Ryx

( )( ) ( )xf

n1

2

++… . *

21 ,,, +∈∀ Rxxx n…

( )n

nn

xfxf

xxxf11

1

21

+=⋅⋅⋅ …

2. Bizonyítsuk be, hogy ha

∈

21,0kx nk ,1= , akkor

( )

( )nn

kk

n

kk

nn

kk

n

kk

x

x

x

x

−

−≤

∑

∏

∑

∏

=

=

=

=

1

1

1

1

1

1.

3. Bizonyítsuk be, hogy ha *, +∈ Rba kk nk ,1= , akkor n

n

kkk

nn

kkn

n

kkn

k kk

kk

ba

ba

baba

n∏

∏∏∑

=

==

=

+≥

+

1

1

2

1

2

1

221 .

1.4. Indukció az indukcióban

Amint már említettük, gyakran előfordul, hogy egy matematikai indukcióval történő

bizonyítás során, amikor )1()( +→ nPnP vagy hozzá hasonló implikációt bizonyítunk, olyan összefüggéshez jutunk, melynek bizonyításához újabb indukciót kell használnunk. Az ilyen esetekre mondjuk azt, hogy "indukció az indukcióban".

15

1.4.1. Példa Bizonyítsuk be, hogy 33 nn > 4, ≥∈∀ nNn esetén. Bizonyítás Jelöljük P -nel a 3 állítást. A kijelentés 3 nyilvánvalóan igaz. Feltételezzük, hogy igaz. Bizonyítsuk be, hogy akkor a

kijelentés is igaz.

)(n

3)1+n

3nn > )4(P 6481434 >⇔>)(nP

1 (3:)1( >+ +nP n

Az indukciós feltétel alapján . Ha sikerül bebizonyítanunk azt, hogy (1) tetszőleges esetén, akkor a 3

egyenlőtlenségsorozatból következik, hogy

31 3333 nnn >⋅=+

4≥n)1(

33 )1(3 +> nn 331 )1(3 +>>+ nnn

+nP is igaz. Az (1)-es egyenlőtlenség igazolására matematikai indukciót használunk. Jelöljük -nel a 3 kijelentést. A Q kijelentés:3 igaz. Ha feltételezzük, hogy Q kijelentés igaz, akkor

)(nQ 33 )1( +> nn)(n

)4( 12519254 33 >⇔>⋅

399)1(3993)1(3 23233 ++++>+++=+ nnnnnnn (2) az indukciós feltevés alapján. Már csak azt kell belátnunk, hogy

(3), ami egyenértékű a 12 egyenlőtlenséggel, azaz a egyenlőtlenséggel, amely nyilvánvalóan igaz ∀ esetén.

323 )2(399)1( +>++++ nnnn6 2n

8126412 22 ++>++ nnnn4≥n4>

A (2) és (3) egyenlőtlenségek alapján tehát , azaz is igaz esetén. Tehát, ha a kijelentés igaz, akkor a

31 )2(3 +>+ nn

()1( +nQ

4, ≥∈∀ nNn )(nP )1+nP kijelentés is igaz, így a kijelentés igaz )(nP 4≥,∈∀ nNn esetén. Megtörténik, hogy az indukción belüli indukció érdekes módon fonódik össze az eredeti kijelentéssel, és a kettő együttes igazolásával tudjuk belátni az eredeti kijelentést. 1.4.2. Példa Adott az ( ) Fibonacci sorozat (∗∈NnnF 11 =F , 12 =F , nnn FFF += ++ 12 ). Bizonyítsuk be, hogy . 12

21 ++ = nn F2 +n FF

Megoldás Jelöljük P -nel a bizonyítandó kijelentést. A kijelentés igaz. Ha )(n 211:)1( 22 =+Pfeltételezzük, hogy igaz, akkor )(nP

)2()2()( 21112

211

21

221

21

22

21 ++++++++++ ++=+++=++=+ nnnnnnnnnnnnnn FFFFFFFFFFFFFF

az indukciós feltevés alapján. Igazolnunk kellene, hogy . Ez a következőkkel

egyenértékű 32

21112 )2( ++++ =++ nnnnn FFFFF

22122212 2 +++ +⇔+= nnnnn FFFFF 221

21112 )2( +++++ =++ nnnnn FFFFF

Jelöljük -nel a 2 kijelentést. A igaz kijelentés. Ha Q -et igaznak feltételezzük, akkor

)(nQ)(n

222

1212 +++ =+ nnnn FFFF 312:)1( =+Q

)(2

22

12

112

2112

221 )2()(22nQ

nnnnnnnnnnnn FFFFFFFFFFFF =+++=++=+ ++++++++++

423222

)1(2

22

122 )( +++

+

+++ =+=++= nnn

nP

nnn FFFFFF . Tehát a kijelentést bizonyítottuk a )()^( nQnP )1()()^( +⇒ nPnQnP ,

)1()()^1( +⇒ nQ+ nQnP implikációk alapján, ami a -hez vezet.

)1()^1( ++⇒ nQnP)()^( nQnP

16

1.5. Indukció a valós számok halmazán

Az eddig bemutatott indukciós bizonyítási variánsok közös vonása, hogy egy természetes számokra vonatkozó kijelentés igazolására szolgáltak. A matematikai indukció módszerével azonban olyan kijelentéseket is bizonyíthatunk, amelyek nem természetes, hanem pozitív valós számokra vonatkoznak. 1.5.1. Tétel Ha a P ahol olyan kijelentés, amely teljesíti a következő feltételeket: )(x +∈Rx

i) igaz esetén )(xP )1,0[∈∀ xii) Bármely esetén, ha igaz, akkor 0≥x )(xP )1( +xP is igaz

akkor igaz ∀ -ra. )(xP 0≥xBizonyítás Tekintsük a : PQ igaz )()( xn )1,[ +∈∀ nnx esetén kijelentést.

)()0( xPQ ⇔ igaz ∀ esetén, ami az i) feltétel alapján igaz. )1,0[∈x Feltételezzük, hogy Q igaz, azaz, hogy a igaz )(n )(xP )1,[ +∈∀ nnx -re.

Igazoljuk, hogy is igaz, azaz, hogy igaz )1( +nQ )(xP )2,1[ ++∈∀ nnx)

-re. Legyen egy tetszőleges elem. Ekkor 1)2,1[0 ++∈ nnx 1,[0 +∈− nx

( 0xPn

) és ezért igaz. De a

ii) feltétel alapján akkor a )1( 0 −xP

)1)1(( 0xP =+− is igaz. Tehát igaz tetszőleges esetén, így Q igaz.

)(xP)2,1[0 ++∈ nnx )1+n(

Az 1.5.1. tétel értelmében igaz )(nQ Nn∈∀ esetén, tehát Nn∈∀ esetén igaz -re, azaz igaz -ra.

)(xP)1,[ +∈∀ nnx )(xP 0≥∀x

Megjegyzés Nyilvánvalóan, ha az ellenőrző lépést nem )1,0[∈∀x -re, hanem )1,[ +∈ aax -re végezzük, akkor azt bizonyítjuk, hogy igaz )(xP ax ≥∀ esetén. 1.5.1. Példa Bizonyítsuk be, hogy -re. ),5[,255 3 +∞∈∀+> xxx

Bizonyítás Ellenőrizzük, hogy a állítás igaz-e az [ intervallumon. Minden

-ra , így , és 5 , tehát , így az állítás igaz.

255:)( 3 +> xxP x

312555 5 =≥x

2

)6,552 ⋅<)6,5[∈x

55 5 >≥x

65 <≤ x523 ≥+ x

10822633 =++x65 2 +⋅

Bizonyítjuk, hogy ha P(x) igaz, akkor P(x + 1) is igaz. Az indukciós feltevés következtében ( ) )1(.255555 31 +⋅>⋅=+ xxx

Elégséges igazolni, hogy ( ) ( ) )2(215255 33 ++>+⋅ xx . De ( ) ( ) )2(215255 33 ++>+⋅ xx ⇔ 25 ⇔ 71515510 233 +++>+ xxxx

⇔ 10 ⇔ 031515 23 >+−− xxx ( ) 033325 2 >+−− xxx ,

ami igaz, mivel bármely 0332 2 >−− xx4

333 +>x -re, ahonnan következik, hogy bármely

-re is. (1) és (2) alapján 5≥x ( ) 21 3 ++x55 1 >+x

),5[, tehát P(x + 1) is igaz. Az 1.3.5. tétel

értelmében P(x) igaz minden ∞∈x -re. Az 1.5.1. tételben az ellenőrző lépést tetszőleges hosszúságú intervallum esetén is elvégezhetjük (ez a hossz nem feltétlenül természetes szám). Ebben az esetben a következő indukciós variánshoz jutunk:

17

1.5.2. Tétel

Ha valós számok, P(x) egy olyan kijelentés, amely az Rba ∈, , 0>b ),[ ∞+∈ ax -tól függ, és ha a P(x) teljesíti a következő feltételeket:

i) P(x) igaz minden ),[ baax +∈ esetén; ii) minden x esetén, ha P(x) igaz, akkor P(x + b) is igaz, ),[ ∞+∈ a

akkor P(x) igaz minden ax ≥ esetén. Bizonyítás

Tekintsük a Q : igaz bármely )(n )(xP ))1(,[ bnanbax +++∈ , n-től függő kijelentést. Q ⇔ ( )0 ( )xP igaz ),[ baax +∈∀ , ami nyilvánvalóan igaz az i) feltétel szerint. Ha igaz, akkor igaz minden ( )nQ ( )xP ))1(,[ bnanbax +++∈ -re. Így tetszőleges

))2 b(,)1 naby ([ na +++∈ + -re ))1(, bna[ nbaby +++∈− , ezért ( )byP − igaz. A ii) alapján ekkor a ( )( Pbby ) y( )P =+−

Nn∈ kijelentés is igaz. Az 1.5.1. tétel értelmében a Q kijelentés

igaz bármely -re. )(n

1.5.2. Példa

Bizonyítsuk be, hogy bármely 6

11≥x esetén 52

21355

33 +

−⋅> xx5 .

Bizonyítás

Az )1(5221355

33 +

−⋅> xx5 egyenlőtlenség egyenértékű a

22135

55 33

+

−> x

x

⇔ 221355

3213

+

−⋅>

−x

x egyenlőtlenségekkel. Az 1.5.1. példában

az 213 −= yx változócserét alkalmazva, az 2

2135

3213

+

−>

−y

y5 ,

611

≥∀ y

5

egyenlőtlenséghez, vagyis pontosan a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk (ha , akkor ≥x

611

3215

321

=+

≥+

=x

y ). Az (1) egyenlőtlenséget azonban az 1.5.2. tétel segítségével, direkt

indukcióval is igazolhatjuk. Előbb belátjuk, hogy a ( ) 523555: 3 +⋅> xxP x

21 3

−

kijelentés bármely

∈

613,

611x -ra igaz. Valóban, 53125555 52

113 =⋅=≥x5 , és

510845221

2135552

21355

33

=+

−⋅≤+

−x .

Tehát ,52213555108453125

33 +

−≥>≥ xx5

∈

613,

611x∀ ,

ahonnan 52213555

33 +

−> xx .

18

Igazoljuk, hogy ha igaz, akkor ( )xP

−+

611

613xP is igaz. A

+

31xP :

52213555

313 +

+⋅>+ xx egyenlőtlenséget kell bizonyítanunk.

51021352552

213555555

33313 +

−=

+

−>⋅=+ xxxx , az indukciós feltevés

értelmében. De 5221355510

2135

33

+

+>+

− xx25 , ami a műveletek elvégzése

után igaz egyenlőtlenséghez vezet. Tehát ha ( )xP igaz, akkor

+

31xP is igaz. Az 1.5.2.

tétel értelmében igaz minden ( )xP6

11≥x esetén.

1.6. Indukció élesítéssel

Előfordul, hogy olyan egyenlőtlenségeket kell bizonyítanunk, amelyeket matematikai indukcióval a megadott formában nem tudunk belátni, de ha élesítjük az egyenlőtlenséget, az így kapott formát már bebizonyíthatjuk indukcióval (kutatók paradoxonja). Tehát annak az igen érdekes helyzetnek vagyunk a tanúi, amikor egy egyenlőtlenséget nem, de a nála szigorúbb egyenlőtlenséget bizonyítani tudjuk (és ezáltal nyilván a kértet is). 1.6.1. Példa

Igazoljuk, hogy ,21...31

2 222 <+++n

11 + esetén. *Nn∈∀

Bizonyítás Az egyenlőtlenséget igazolhatjuk más eljárással, mint az indukció, például teleszkopikus becsléssel. Mivel

( ) nnnnnn121

11...

21

2111

11...

321

21111...

31

211 222 −=−

−+−+−+=

−++

⋅+

⋅+<++++ ,

ezért 2121...211 22 <−<+++

nn. Viszont , ha indukcióval próbálnánk bizonyítani a kért

összefüggést, akkor a ( ) ( )1+→ nPnP implikáció igazolásakor az

( ) ( )21

*+R

222

121

11...211

++<

+++++

nnn

*: →NE

egyenlőtlenséghez jutok, és ennek az

egyenlőtlenségnek a jobb oldalán álló összegről nem tudom belátni, hogy 2-nél kisebb. Ezért megpróbálunk egy olyan függvényt meghatározni, amelyre

( ),21...31

211 222 nE

n−<++++ . *Nn∈∀

Az kifejezést úgy határozzuk meg, hogy az egyenlőtlenség indukcióval bizonyítható legyen. A

( )nE( ) ( )1+→ nPnP implikáció igazolásakor, az indukciós feltevés alapján

( )22 21

11<

++

nn221+ , tehát elégséges volna a ( )

( )211...1+

+−++n

nE

( )( )

( 121

12 2 +−<+

+− nEn

nE ) ⇔ ( )

( ) ( )11

12 +−<

+nEnE

n

19

egyenlőtlenség. Egy ilyen függvény az ( )nE ( )n

nE 1= , mivel

( ) ( )11

111

11

2 +=

+−<

+ nnnnn.

Tehát azt igazolom, hogy nn121...

21

22 −≤+++1 , 1≥∀n . Az előbbiek alapján ez

indukcióval igazolható, tehát 2121...21

22 <−≤++nn

1 , + 1≥∀n .

Alkalmazások Ezzel a módszerrel igazolhatjuk például a következő egyenlőtlenségeket is:

1. *2 ,2

11...

71

31 Nn

nn∈∀<

+1

−++++ ; 2. *

333 ,451...

31

21 Nn

n∈∀<++++1 ;

3. *222 ,411...

211

111 Nn

n∈∀<

+⋅⋅

+

+ ; 4. ,311...

211

111 333 <

+⋅⋅

+

+

n ;

5. *22 ,

25

211...

211

211 Nn∈∀<

+⋅⋅

+

+ .

Megjegyzés

Az 1., a 2. és a 4. egyenlőtlenségek igazolásakor az ( )n

nE 1= -re indukcióval

igazolható, hogy ( )nEnn

−<+−

+++ 21

1...31

21 , illetve ( )nEn

+<+++451...

21

331 . A 3.

egyenlőtlenség indukcióval történő igazolása érdekében az ( )nE függvényt úgy kell

megválasztanunk, hogy fennáljon a ( )[ ]( )

( 11

114 2 +<

++− n

nnE )4 − E egyenlőtlenség,

ugyanakkor a sajátos ( ) eset fennállása érdekében a 4=n ( )41691725

≤ 4 E−⋅⋅ egyenlőtlenségnek

is fenn kell állnia. Ha -t ( )nEna

=a

alakban keressük, az egyik feltételből -hez, a másikból

pedig -hez jutunk, tehát , és így

4≤a

4≥a 4 ( )n

nE 4= .

Az 5-ös egyenlőtlenség igazolásakor az ( )( nE−125 ) élesítést végezzük, így az

( )( ) (( 1125

2111

25

1 +−<

+−

+nEnE n )) egyenlőtlenséget kell igazolnunk, amely egyenértékű

az ( )( )nE

nEn −

+−<+

+ 111

21

11 egyenlőtlenséggel. Ez az ( ) nnE21

= függvényre nyilvánvalóan igaz.

1.7. Többváltozós indukció

Gyakran találkozunk olyan állításokkal, amelyek két paramétertől (vagy akár többtől) is függenek. Ebben az esetben is használhatjuk a matematikai indukciót, mint bizonyítási eszközt. Az indukció alkalmazásának egyik legegyszerűbb esete, ha n -re vonatkozó indukciót végzünk. Ennek a lényegét a következő tételben fogalmazzuk meg.

m+

1.7.1. Tétel Ha mn , , és egy és -től függő predikátum, amelyre teljesülnek a következő feltételek:

N∈00 ( mnP , ) n m

20

i) igaz; ( 00 , mnP ))ii) Ha P( mn ′′, igaz bármely olyan n′ -re és m′ -re, amelyre mnmn +<′+′ ,

akkor a is igaz, ( )mn,Pakkor igaz bármely , esetén. ( mnP , )

)

Nmn ∈, , 0nn ≥ 0mm ≥1.7.1. Példa Az yx ii , ( mjni ≤≤≤≤ 1,1

mnym ⋅<+ ,n

jy

számok olyan pozitív egész számok, amelyekre , és . Bizonyítsuk be, hogy az és az számok

közül kiválasztható néhány (nem az összes) úgy, hogy ezeknél a kiválasztott -k összege egyenlő legyen a kiválasztott -k összegével.

y += 1xx n++ ......1 2≥m ix jy

ix

Bizonyítás -re vonatkozó teljes indukcióval bizonyítjuk az állítást. Feltehető, hogy minden -re, és minden i -re, továbbá (

mn +i

ixx ≥1

iyy ≥1 11 yx > 11 yx = -re az állítás nyilvánvaló). Ekkor

( ) mn yyxxyx ++=+++− ...... 2211 . Belátjuk, hogy ( 1...2 −< )++ mnyy m

mnsyy m ⋅<=

, amiből az indukciós feltevés alapján adódik az állítás.

Legyen y ++ ...2+1 . Ekkor az megválasztása miatt 1ymsy ≥1 . Így

( )11121 =

−++ n

myy ...+ y 1 <−≤−= nm

mssysm −m .

1.7.2. Példa Egy, különböző természetes számokat tartalmazó m n× -es táblázat minden sorában aláhúzzuk a darab legnagyobbat, és minden oszlopában aláhúzzuk az l darab legnagyobbat

)2( ≥kk )2( ≥l( )nlmk ≤≤ , . Bizonyítsuk be, hogy legalább számot kétszer

húztunk alá. lk ⋅

Bizonyítás A -re vonatkozó teljes indukcióval bizonyítunk. Keressünk a táblázatban olyan sort, vagy olyan oszlopot, amelyben k darab, illetve l darab kétszer aláhúzott szám szerepel. Elhagyva azt a sort (vagy oszlopot), a maradék táblázatra (k és l–1, vagy k–1 és l paraméterekkel) alkalmazzuk az indukciós feltevést, mely szerint ebben a táblázatban található legalább

lk +

( 1)−lk vagy ( )lk 1− elem, amelyet kétszer húztunk alá. Így az eredeti táblázatban van k , vagy ( ) kl +−1 lk ⋅= ( ) lkllk ⋅=+−1 kétszer aláhúzott elem. A továbbiakban belátjuk, hogy ilyen sor, vagy oszlop a táblázatban biztosan található. Válasszuk ki az egyszer aláhúzott elemek közül a legnagyobbat (ha nincs egyszer aláhúzott elem, akkor mind kétszer vannak aláhúzva, így készen vagyunk). Ez a saját sorában a k darab legnagyobb elem között van, de oszlopában nincs az l darab legnagyobb elem között (vagy fordítva). Ekkor az oszlopában az l legnagyobb elem alá van húzva, és az nála nagyobb, tehát a választás miatt nem lehetnek egyszer aláhúzottak. Tehát ez az l elem kétszer aláhúzott.

A két paramétertől függő állítások igazolására más módon is alkalmazhatjuk az indukciós elvet, például a következőképpen: 1.7.2. Tétel. Ha egy és ( mnP , ) n Nm∈ -től függő predikátum, amely teljesíti a következő feltételeket:

i) igaz; ( 0,0P ))ii) Ha P( mn ′′, igaz bármely nn <′ és mm ≤′ , illetve n n≤′ és esetén,

akkor igaz, mm <′

( )mnP ,

21

akkor igaz ∀ ( mnP , ) Nmn ∈, .1.7.3. Példa

Bizonyítsuk be, hogy ( ) ( ) ( )( )1!

!1!

!...!1

!1!+++

=+

+++

+mnnm

nnmmm .

Bizonyítás A bizonyítandó egyenlőség mindkét oldalát elosztva -ral, a vele egyenértékű

azonossághoz jutunk. Jelöljük !m

nnm

nnmmm CCCC 1

11

0 ... ++++ =+++ ( )nP m, -nel ezt az állítást. A : " " kijelentés igaz. Ha feltételezzük, hogy ( )0,0P 0

100 CC = ( )mnP ′′, igaz bármely nn <′ -

re, vagyis is igaz, így ( mn ,1− )P ( ) nnm 1++

nnmn

nnmmm CCCCC 11

11

10 ... +

−−++ =+++++ n

mn

nm CC −++ = az

indukciós feltevés, és a Pascal-formula alapján, tehát ( )mnP , is igaz. Így az egyenlőség fennáll bármely esetén. Nnm ∈, A többváltozótól függő állítások igazolása gyakran a z előbbiekben már bemutatott indukción belüli indukcióval is történhet. Erre egy geometriai alkalmazást mutatunk be: 1.7.4. Példa Adottak az AA ... , , , azonos körüljárási irányú, egymással hasonló sokszögek. Ha -val jelöljük az sokszög, és -vel az

imii A21

0iA

},...,2,1{ ni∈A

3≥m

i AA ...21 imi jA0 niijA ,1} ={

pontrendszer súlypontját minden mj ,1= esetén, akkor 1) hasonló és azonos körbejárású a megadott sokszögekkel; mAAA 00201 ...2) Az A sokszög súlypontja egybeesik az eredeti sokszögek súlypontjai

által alkotott pontrendszer súlypontjával. mAA 00201 ...

Bizonyítás A sokszög oldalszáma szerinti indukcióval bizonyítjuk a tulajdonságot. Ha , akkor egymással hasonló háromszögeink vannak, i . A tulajdonságot n szerinti indukcióval igazoljuk.

3=m 1iA 32 ii AA }....,,1{ n∈

2=n esetén igazolnunk kell, hogy két egyenesen hasonló háromszög megfelelő csúcsai által meghatározott szakaszok felezőpontjai a háromszögekkel egyenesen hasonló háromszöget alkotnak. Jelöljük -mal illetve -mal a csúcsoknak megfelelő affixumokat. Legyen

131211 ,, aaa 232221 ,, aaaXYZ a két háromszöggel egyenesen hasonló háromszög. Ebben az

esetben fennállnak az ( ) ( ) ( ) 0131211 =−+−+− yxaxzazya

és ( ) ( ) ( ) 0232221 =−+−+− yxaxzazya (2)

összefüggések. A (2) összefüggést λ -val szorozzuk, összeadjuk a két összefüggést, majd az

így kapott relációt szorozzuk λ+1

1 -val, így az

( ) ( ) ( ) 0111

231322122111 =−++

+−++

+−++

yxaa

zyaa

zyaa

λλ

λλ

λλ

( )3

összefüggést kapjuk, ami azt fejezi ki, hogy a megfelelő csúcsokat összekötő , , szakaszokat

2111 AA 2212 AA

2313 AA λ arányban osztó pontok által meghatározott háromszög egyenesen hasonló az adott háromszögekkel. 1=λ -re éppen a felezőpontokra kapjuk a kívánt tulajdonságot. Feltételezzük, hogy a tulajdonság igaz n háromszög esetén. Egy (n + 1)-szög G súlypontját úgy kapjuk meg, hogy valamely n csúcsa által meghatározott sokszög súlypontjait

22

összekötjük az (n +1)-ik csúccsal és az így keletkezett szakaszon felvesszük a G -

et

10 +nAG 10 +nA

n1 arányban osztó G pontot (

nGAGG

n

1

1

0 =+

).

Az (n + 1) háromszög közül tekintjük az első n háromszöget. Az indukciós feltevés alapján a megfelelő csúcsok által alkotott sokszögek G , és G súlypontjai az eredeti háromszögekkel egyenesen hasonló háromszöget alkotnak. A , és az háromszögekre használjuk azt a tulajdonságot, hogy megfelelő csúcsaikat összekötő

szakaszokat

1 2G 3

1GG 32G 321 +++ nnn AAA

n1

=λ arányban osztó pontok által alkotott háromszög velük egyenesen hasonló.

De ezek a pontok éppen az (n + 1)-szögek súlypontjai. Tehát 3=m -ra a tulajdonságot bizonyítottuk (n szerinti indukcióval). Feltételezzük, hogy a tulajdonság igaz m oldalú sokszögekre, és bizonyítjuk, hogy 1+m oldalú sokszögekre is igaz. Ha az 1,1} += mjijA{ sokszögek egyenesen hasonlóak bármely

ni ,1= -re, akkor az mjijA ,1} ={ sokszögek szintén hasonlóak minden n,1=i -re, így az

indukciós feltevés alapján az sokszög egyenesen hasonló az sokszöggel. Másrészt az és az háromszögek hasonlóak (az

mAAA 00201 ...

010 Am

mA1...3

AA 1211

10 AA m+ 11111 AAA mm+ =m esetben bizonyítottak értelmében), így az sokszög egyenesen hasonló az

sokszöggel. 10 +m00201 ... m AAAA

1111211 ... +mm AAAAAlkalmazások

1. Bizonyítsuk be, hogy

+−+

=

++

+

+

nmnm

nm

nm

nnn1

21...321

2. Legyen egy valós számsorozat, amelynek a 0 nem tagja. Bizonyítsuk be, hogy ez a

sorozat pontosan akkor számtani haladvány ha

( ) 1≥nna

∑= +++

−⋅

⋅=

⋅⋅⋅

p

i ik

ip

i

ppkkk a

Crpaaa 01

)1(!1

...1 .

1.8. A végtelen leszállás elve

A végtelen leszállás a teljes indukció indirekt változata, amelyben nem azt bizonyítjuk

be, hogy ha egy természetes számokra vonatkozó állítás igaz az összes n-nél kisebb számra, akkor igaz n-re is, hanem azt, hogy ha az n-re nem teljesül az állítás, akkor van egy n-nél kisebb pozitív egész is, amire nem teljesül. Egy lehetséges megfogalmazás a következő:

Ha egy természetes számoktól függő állítás, és létezik olyan , amelyre nem igaz, akkor a

( )nP Nn ∈0

( 0nP ) ( ){ igaz nem nPNnH ∈=

Hm∈ nm} halmazban van legkisebb elem. Így ha

bármely esetén létezik , N∈n < , akkor H csak üres halmaz lehet, és ezért ( )nP igaz minden esetén. Ezt a bizonyítási módot néha minimumelvként is emlegetik (ugyanis azt bizonyítjuk, hogy nincs H-nak minimuma).

N∈n

1.8.1. Példa Milyen a, b természetes számokra osztható a az szorzattal? 122 +−−+ bab abMegoldás Igazoljuk, hogy csak akkor, ha 1== ba . Tegyük fel, hogy , 1| 22 +−−+ babaab ba ≤ , és 1>b ba + a lehető legkisebb. Nyilván

, mert esetén . Innen következik, hogy b , viszont feltételeztük, hogy b . Legyen valamely pozitív egész k-ra a .

1≠a 1=a 1+b1 2= b11| 2 +−−+ bbb1>

− 1|kab= )1(12 bab +−−+2

23

Tekintsük az (1) rendezésével kapott ( ) ( ) 011 22 =+−++− aaxkax

( )

egyenletet; ennek (1) szerint b gyöke. Legyen az egyenlet másik gyöke c. Felhasználva mindkét összefüggést a

gyökök és együtthatók között, kapjuk, hogy ( )baabkac 1

2 +−=−+=

1 .

A c egész, mert bkac −+= 1 . Másrészt ac <<0 , mivel

bbaac 112

≥+−

= , és aaba

ba

baa

=≤<<+−

=2

1 2222

c .

Tehát és ac <<0 ( ) ( ) 011 22 =+−++− aackac1 babc

, azaz , vagyis . Viszont

kcaacac =+−−+ 122

| 2 +acca 2 −−+ ca +<+ , ami ellentmond és b kiválasztásának. Nem léteznek tehát olyan a és b egynél nagyobb egészek, amelyekre teljesül a feladat feltétele.

a

1.8.2. Példa Oldjuk meg az ( )2222 3 vuyx +=+ egyenletet a természetes számok halmazában. Megoldás Bizonyítani fogjuk, hogy az egyenlet egyetlen megoldása 0==== vuyx . Tegyük fel, hogy van olyan megoldás, amelyre 0≠x . Így létezik a megoldások közt olyan, amelyre x nem nulla, és a lehető legkisebb a modulusa. Jelöljük ezt a megoldást

-val. Egy természetes szám 3 , ( 000 ,, vuyx )0 , k 3 1+k , vagy 3 alakú, tehát a négyzetének 3-mal való osztási maradéka csak 0 vagy 1 lehet. Így az összeg csakis akkor osztható 3-mal, ha x is és y is osztható 3-mal. Eszerint , és

2+k2x +

0 3x =

2y1x 10 3yy =

( ) 20v+

0u

20

21

213 uyx + = . Ha az előbbi gondolatmenetet az összegre alkalmazzuk,

következik, hogy

20

20 vu +

13u= és v , tehát 10 3v= ( )21

21 v+2

121 y+ 3 u=x . De 0x<0

31xx

= , tehát

ellentmondáshoz jutunk megválasztásával. Így minden 0x ( )v,uyx ,, megoldásban 0=x0== v

. Hasonlóképpen látható be, hogy is nulla, tehát az egyetlen megoldás . y = u= yxAlkalmazások. 1. Van-e nullától különböző természetes megoldása az egyenletnek? 22 7vu =2. Bizonyítsuk be, hogy ha , akkor xyzyx =++ 122 3=z . 3. Az természetes számból kiindulva a következő lépéseket végezzük: Nn∈

a) ha a szám páros, osztjuk 2-vel; b) ha a szám páratlan, hozzáadunk 1-et. Bizonyítsuk be, hogy mindig eljutunk az 1-hez. Pl esetén 36=n

1243651091836 2:2:12:12:12:2: →→→→→→→→→ +++ .

1.9. Induktív definíciók és szerkesztések Az előző paragrafusban az indukciónak, mint bizonyítási módszernek a sokrétű variánsait és alkalmazásait mutattuk be. De az indukciónak nem csak mint bizonyítási módszernek van igen nagy jelentősége. Sokszor találkozunk olyan matematikai objektumokkal, amelyeket induktív módon értelmezünk, vagy hasonlóan szerkesztünk meg. Lássunk néhány ilyent: 1. Rekurzív sorozatok

Tekintsük például azt az sorozatot, amelyre ( ) Nnna ∈ 1+na dan += , . Adott és esetén a sorozat induktívan értelmezett (vagyis a -ból az -gyet, -ből az -t határozzuk meg és így tovább). Ugyanígy, tulajdonképpen induktívan értelmezett az összes

0≥∀n

1a0a

2ad 0 1a

( )nxn xxfx ...,,, 101 =+ rekurzióval értelmezett sorozat.

24

2. Pontrendszer súlypontja Egy, n pontból álló pontrendszer súlypontját többféleképpen is értelmezhetjük:

1. Értelmezés

Az pontrendszer súlypontja az a G pont, amelyre nAAA ...21 ∑=

=n

iiGA

10 .

Lássuk be, hogy ez az értelmezés helyes. Ehhez azt kell belátnunk, hogy ilyen G pont létezik, és egyértelműen meghatározott.

Rögzítsünk egy O pontot a síkban. Ekkor ∑ ∑ ∑ ∑= = = =

+⋅=+==n

i

n

i

n

i

n

iiii OAGOnOAGOGA

1 1 1 10 ,

innen n

OAOG

n

i∑== 1 , ez a vektor létezik, és egyértelműen meghatározott.

A rendszer súlypontját induktívan is értelmezhetjük: 2. Értelmezés:

Ha -val jelöljük az pontrendszer súlypontját, akkor az [ szakasz

felezőpontja, és G a szakaszt

kG kAAA ...21

1+kA

2G ]21 AA

1+k kGk1 arányban osztó pont.

Megjegyzés 1. Ez akkor is elvégezhető, amikor a pontokon nem azonos súlyok vannak. 2. A két értelmezés nyilvánvalóan egyenértékű, mert

11

1

1

1

111

11 +

=+

+⋅⋅=

++

=∑∑+

==+

++ k

OA

k

OAOAk

k

kOAOGk

OG

k

jj

k

jkj

kkk .

3. Hamel-bázisok Igazolható, hogy a valós számok halmaza vektorteret alkot a racionális számok teste

fölött. Ennek a vektortérnek a bázisait hívjuk Hamel-bázisoknak. A Hamel-bázisokat a következőképpen értelmezzük (szerkesztjük meg): Legyen egy tetszőleges, nullától különböző racionális szám. Képezzük a következő halmazt:

*1 Qh ∈

{ }QrhrH ∈⋅= 11 . Ez a halmaz megszámlálható sok elemet tartalmaz (mert ), így létezik olyan elem az R-ben, amely nem eleme a -nek;

1H QH ~1 2h

1H 12 \ HRh ∈ , { }QrrhrhrH ∈+= 21221 ,12 . Belátjuk, hogy különböző és ( 21 , rr ) ( )2r1 ,r ′′ párokra 221 hrh ′+122 rhr11hr ′≠+ . Valóban, ha feltételezzük, hogy r 22hr111 hrh 122 rh ′+′=+ , akkor következik, hogy ( ) ( 22111 rrhrr −′=′− ) 2h ,

ahonnan 2h=122

11 hrrrr

−′′− , és mivel *

2

1

rr

−2

1

rr′

Q∈′− (mert 11 rr ′≠ , 22 rr ′≠ és Qrrrr ∈′′ 212 ,,1 , ),

következik ,hogy 122

11

rrrr

−′′−

1 Hh ∈⋅ . Ugyanakkor 1H2 \Rh ∈ , és így ellentmondáshoz

jutottunk. Tehát minden pár más elemet származtat a -ben. Ekkor ( )21 , rr 2H QQH ×~2 , ezért megszámlálható sok elemet tartalmaz. Kiválasztunk egy h 2\ HR3 ∈ elemet és így tovább. Ha az n-edik így megszerkesztett halmaz, akkor , vagyis megszámlálható sok elemet tartalmaz, ezért létezik

nH Q×...QQ ××H n ~

nH\n Rh 1 ∈+ , és akkor a -gyet a következőképpen értelmezzük:

1+nH

25

{ }QrrrhrhrhrH nnnn ∈+++= ++++ 1211122111 ...,,,... . A megszámlálható sok elemet tartalmazó halmazt nevezzük Hamel-bázisnak.

{ ...,...,,, 21 nhhh }

]

4. Fraktálok A fraktál szó a latin fractus szóból származik, ami azt jelenti: törött, töredezett. Az

elnevezést Mandelbrot amerikai matematikus találta ki 1975 körül. Olyan alakzatokat, ponthalmazokat nevezett fraktáloknak, amelyek lényegesen szabálytalanabbak, összetettebbek, töredezettebbek, mint a klasszikus geometriában előforduló alakzatok. Bár az elnevezés ilyen új, különféle érdekes halmazok már régóta szerepelnek matematikai munkákban. Ezek mind egyszerűen definiálható, induktív módon szerkesztett, értelmezett halmazok. Néhány ilyen halmaz:

A Cantor halmaz a legegyszerűbben megszerkeszthető fraktál. Induljunk ki a intervallumból. Ezt osszuk három egyenlő részre, majd hagyjuk el a középső részt.

Ezután osszuk három egyenlő részre mindkét megmaradó szakaszt, és hagyjuk el a középső részeiket. Így 4 szakaszt kapunk. Az n-ik lépés után szakaszunk lesz, ezek hossza 3 . Ezeket a szakaszokat ismét osszuk három-három részre, és hagyjuk el a középső szakaszokat, így szakaszunk lesz. A Cantor halmaz azoknak a pontoknak a halmaza, amelyek végtelen sok lépés után megmaradnak.

[ 1,0

2

n2 n−

1+n

[ ]1,00 =C ;

∪

= 1,

32

31,01C ;

∪

∪

∪

= 1,

98

97,

32

31,

92

91,02C , stb.

A Cantor halmaz . ∩∞

=

=0n

nCC

A Sierpinski háromszög.

A Cantor halmaz két dimenziós megfelelője. Megszerkesztéséhez induljunk ki egy egységnyi oldalú egyenlő oldalú háromszögből, -ból. Az oldalfelező pontok összekötésével osszuk négy egybevágó részre, majd hagyjuk el a középső rész belső pontjait. A megmaradó alakzat . A második lépésben hagyjuk el az -gyet alkotó mindegyik kis háromszög középső részét, a kapott halmazt jelöljük -vel, és így tovább. Az halmazt úgy kapjuk, hogy az -t alkotó háromszögek középső részeit elhagyjuk. Az Sierpinski háromszög azoknak a pontoknak a halmaza,

amelyek mindegyik -hez hozzátartoznak: .

0S

2S

1S

nS

1S

S 1+n nSS

∩∞

=

=0n

nSS

26

Kitűzött feladatok 1. Igazoljuk, hogy a következő egyenlőtlenséget:

∑=

−+<<

−+ n

k

k nnk

nn2

22

443

!6

22

2. Bizonyítsuk be, hogy ha naaa ≤≤≤ ...21 és nbbb ≤≤≤ ...21 , akkor

∑∑∑===

≤

n

iii

n

ii

n

ii banba

111.

3. Adott síkon száz kék pont és száz piros pont úgy, hogy közülük nincs három pont egy egyenesen. Bizonyítsuk be, hogy lehet a pontokat száz egyenes szakasszal úgy összekötni, hogy minden szakasz végpontjai különböző színűek legyenek, és hogy bármely két szakasznak ne legyen közös pontja. Kvant (Moszkva)

4. Az nem negatív valós számok összege nem nagyobb nxxx ,...,, 21 21 -nél. Mutassuk meg,

hogy

21)1(...)1)(1( 21 ≥−−− nxxx .

5. Oldjuk meg az alábbi egyenletet: 5,2lg)12lg( xxx x =−+− .

6. Bizonyítsuk be, hogy ha 21

≥x és egész, akkor 2≥n

2)1()1(...1

6)32)(1()1(

222 +

++<+++++<++

++nnxnnxxxnnnxn .

7. Legyen legfeljebb -ed fokú polinom. Bizonyítsuk be, hogy ekkor van olyan egész szám, amelyre

)(xp1

n0 +≤≤ nk 13)( ≥− kkp . 8. Vezessük be a következő jelöléseket

nnxxxxx n

⋅⋅⋅⋅+−⋅⋅−−

=...321

)1(...)2)(1()(

ha . Bizonyítsuk be, hogy minden valós együtthatós -ed fokú polinom felírható ...3,2,1=n n)()2(

2)1(

10 ... nn xbxbxbb ++++ (2)

alakban, ahol a b -k valós számok (i ),...,2,1,0 ni = . Bizonyítsd be, hogy a polinom akkor és csak akkor vesz fel minden egész helyen egész értéket, ha a (2) alakú előállításban minden b egész szám.

i

9. Határozzuk meg annak a sorozatnak általános tagját, amelynek képzési szabálya a) uu nnnn uu −+= , u , +++ 123 00 = 11 =u , 22 =u ,

b) nnnn vvvv +−= +++ 123 , 1210 === vvv , c) nnn www += ++ 23 , 110 == ww , 22 =w .

10. Az első ) pozitív egész számot szét lehet osztani két, egyenként elemet tartalmazó és ( csoportba úgy, hogy minden, legfeljebb n -ed fokú polinomra fennálljon a

2(2 1 mn =+

,...,, 21 mxxm

)(x ),...,, 21 myyy

)(...)()()(...)()( 2121 mm ypypypxpxpxp +++=+++ egyenlőség.

27

11. Fogadjuk el bizonyítás nélkül, hogy minden természetes szám mellett létezik olyan polinom, amelyre fennáll a

nP

xxPnx n sin)(cossin ⋅= azonosság. Mutassuk meg, hogy nPn =)1( . 12. Az n-ed fokú polinomra teljesül a egyenlőség )(xP 12)( −= jjP 1,1 += nj esetén. Számítsuk ki -t! )2( +nP13. Legyen egy legfeljebb n-ed fokú polinom. Bizonyítsd be, hogy létezik olyan

természetes szám, amelyre ][XRP∈

}1+n...,,2,1,0{∈k 13)( ≥− kkP . 14. Legyen egy olyan n-ed fokú polinom, amelynek mind az n gyöke valós. Bizonyítsuk be, hogy ha és

][XRP∈Rx ∈0 0)( 0 ≠′ xP , akkor létezik olyan gyöke a P polinomnak,

amelyre teljesül az

1x

))

0

0

x((xP′1 P

nx ≤0x − egyenlőtlenség.

15. Az függvényből kiindulva lépésről lépésre

meghatározzuk az függvénysorozatot a következő eljárás szerint:

Rf →)1,0[: ,

f n [: <≤

=különben0

6,05,0ha,1)(1

xxf

R→)1,0Ahol , ott . Ahol 0)(1 >− xfn )()( 1 xfxf nn −= 0)(1 =− xfn

∫1

0

)( dxxfn

ott értéke legyen vagy 0, aszerint, hogy x-nek az n-edik tizedesjegye 5-e vagy sem, ahol q egy 1-nél kisebb előre

rögzített pozitív szám. Számítsuk ki az a sorozat határértékét.

)(xfn1−nq

=n

16. Bizonyítsuk be, hogy ha 0cos1

=∑=

n

kk kxa Rx∈∀ esetén, akkor a 0=k n,1=k .

17. Adott a síkon 10 pont. Legfeljebb hány pontban metszik egymást az ezen pontok által meghatározott szakaszok felezőmerőlegesei? 18. Osszuk az első pozitív egész számot két n elemű csoportra, majd a csoportok elemeit rendezzük nagyság szerint növekvő illetve csökkenő sorrendbe. Így kapjuk az

és sorozatokat. Bizonyítsd be, hogy

n2

b >1naaa <<< ...21 nbb >> ...22

2211 ... nbababa nn =−++−+− . 19. Egy országban minden út egyenes, bármely két út metszi egymást, és minden útkereszteződésben pontosan két út metszi egymást. A kereszteződéseket kétszintesekké alakítják át úgy, hogy egyik út a másik felett haladjon át. Mutassuk ki, hogy a kereszteződések alkalmas kialakításával elérhető, hogy az ország tetszőleges útján haladva a többi utakat felváltva alul és felül keresztezzük. (Lovász László) 20. Egy láthatatlan bolha az origóból indulva ugrál a rácspontokon jobbra és fel. Mi minden ugrás után egy rácspontot megmérgezünk. El tudjuk-e pusztítani a bolhát korlátos számú lépésben? 21. Hányféleképpen lehet egy -es táblázatot kitölteni az 1-től -ig terjedő pozitív egész számokkal úgy, hogy a (csúcs vagy él) szomszédos mezőkbe írt számok különbsége ne legyen nagyobb ( -nél?

nn× 2n

)1+n22. Határozd meg az függvénysorozatot, ha RRfn →:

)()1()()( 1 xfnxfnxf nnn −−⋅+′⋅⋅−=′ λλ Rx∈∀ , és , ha . 1)0(1 =f 0)0( =nf 2≥n

28

23. Bizonyítsd be, hogy az RRf →: ,

≤

>=−

0,0

0,1cos)(2

1

x

xx

exfx

függvény akárhányszor

deriválható. 24. Az függvény rendelkezik a következő tulajdonságokkal: RRf →:

[ ]1,1−∈∀ x -re xxf =)( és )(2)2( xfxf =+ , Rx∈∀ esetén. Bizonyítsuk be, hogy f felírható két szigorúan növekvő függvény különbségeként.

25. *333 ,311...

211

111 Nn

n∈∀<

+⋅⋅

+

+ -ra;

26. *22 ,

25

211...

211

211 Nn∈∀<

+⋅⋅

+

+ -ra.

27. Négy tetszőleges természetes számból kiindulva a következő lépést ismételjük: a meglevő számnégyest helyettesítjük az ( tzyx ,,, ) xttzzyyx −−−− ,,, számnégyessel. Bizonyítsuk be, hogy egy idő után csupa 0-t kapunk. 28. Egy bűvésznek 100 kártyája van és ezek 1-től 100-ig vannak számozva. A következő mutatványt szeretné bemutatni: Szétosztja a kártyákat három kalapba (nagyság szerint különböznek) és megkér egy nézőt, hogy húzzon két kártyát. A néző két kalapból húz egy-egy kártyát úgy, hogy a bűvész ne lássa honnan húz, és a kártyákra írt számok összegét közli a bűvésszel. A bűvész ez alapján meg kell állapítsa, hogy melyik két kalapból húzott a néző. Hányféleképpen oszthatja szét a kártyákat, ha a mutatványnak 100%-os sikerrel kell működni? (Nemzetközi Diákolimpia 2000)

29