Feladat: F.1801 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Csetényi Artúr ,  Dombovári Tamás ,  Kovács István ,  Pallagi Dezső 
Füzet: 1972/november, 139 - 141. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szorzat, hatványozás azonosságai, Parciális törtekre bontás, Konvergens sorok, Számsorozatok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1971/december: F.1801

Az
an=(n+3)2+3n(n+1)(n+2)12n+1
általános taggal megadott sorozatból képezzük a
bn=k=1nak
sorozatot. Határozzuk meg a bn sorozat határértékét, ha n+.

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. n=1,2,3 esetében rendre

b1=a1=1924(=1-524=1-53222),b2=b1+a2=1516(=1-116=1-63423),b3=b2+a3=313320(=1-7320=1-74524).
Látjuk, hogy a bn sorozat monoton növekvő ‐ hiszen an>0 ‐, és b3 alulról közelíti az 1-et. Erre támaszkodva írtuk fel b1, b2, b3 értékét 1-h alakban, ahol a h hiány értéke 1/4,8, 1/16, 1/45,7, tagról tagra kisebb, másrészt a4<h3, tehát b4<1 is áll.
Azt várjuk, hogy a hn=1-bn kifejezés egyszerűen előállítható n függvényeként. Mivel hn-et természetes számokból számítjuk ki, a h1 és h3 számlálójában álló 5, ill. 7 számban (n+4)-et sejtjük, a nevezők szerkezetére pedig az (n+1)(n+2)2n+1 szorzatot. Erősíti várakozásunkat, hogy bővítéssel h2 is ilyen alakra hozható (lásd a zárójelbeli továbbalakításokat).
Teljes indukcióval bebizonyítjuk ezekből kiindulva, hogy
bn=1-n+4(n+1)(n+2)2n+1.(1)
Valóban, ha valamely n-re ez teljesül, akkor
bn+1=bn+an+1==1-(n+4(n+1)(n+2)2n+1-(n+4)2+3(n+1)(n+2)(n+3)2n+2)==1-(n+4){2n+6-(n+4)}-3(n+1)(n+2)(n+3)2n+2,


a számláló
(n+4)(n+2)-3=n2+6n+5=(n+1)(n+5),
tehát
bn+1=1-n+5(n+2)(n+3)2n+2,
amint vártuk. Ezzel zárt kifejezést kaptunk bn-re (azaz olyat, amely nem tartalmaz jelet, ,,...'' jelet, vagyis közbülső tagok kiszámítása nélkül bármely n-re direkt kiszámíthatóvá teszi bn-et).
Megmutatjuk (1) alapján, hogy a bn sorozat 1-hez konvergál. Valóban, n4 esetén, bármely előre megadott ε>0 esetében
|1-bn|=|hn|=n+4(n+1)(n+2)2n-1<2nnn2n+1=1n2n<1n<ε,
mihelyt n>1/ε.
Ezzel állításunkat bebizonyítottuk, a feladatot megoldottuk.
 

Pallagi Dezső (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., III. o. t.)

Kovács István (Budapest, I. István Gimn., IV. o. t.)

 

II. megoldás. Az (n+3)2+3=n2+6(n+2) azonosság alapján az an tag így alakítható:
2n+1an=n2n(n+1)(n+2)+6(n+2)n(n+1)(n+2)==n(n+1)(n+2)+6n(n+1)=n(1n+1-1n+2)+6(1n-11+n)==(1-1n+1)-(1-2n+2)+6n-6n+1=6n-7n+1+2n+2.



Eszerint
an=3n2n-7(n+1)2n+1+1(n+2)2n,(2)
vagyis an eredeti nevezőjének n, n+1, n+2 tényezői a háromtagú összegnek csak 1‐1 tagjában szerepelnek.
A bn=a1+a2+...+an összes tagjait (2) alapján felbontva olyan törteket kapunk, amelyek nevezőjében k2k alakú szorzatok állnak. Általában k2k nevezőjű tört az ai sorozat három tagjának felbontásában keletkezik, az
ak-2=3(k-2)2k-2-7(k-1)2k-1+4k2k,ak-1=3(k-1)2k-1-7k2k+4(k+1)2k+1,ak=3k2k-7(k+1)2k+1+4(k+2)2k+2
felbontásokból. Mivel az ak-2+ak+1+ak összegben az 1k2k tag együtthatója (4-7+3)=0, azért a k2k nevezőjű törtek összege a teljes a1+a2+...+an összegben 0. Igaz ez mindazokra a k természetes számokra, amelyekre ak-2, ak-1, ak a fenti összegben valóban előfordul, vagyis amelyekre 3kn teljesül. Ezeken kívül a bn-et előállító összegben még a k=1,2 és a k=n+1, n+2 számokból kapott k2k nevezőjű törtek szerepelnek, tehát bn egyenlő ezek összegével:
bn=312-7222+3222+4(n+1)2n+1-7(n+1)2n+1+4(n+2)2n+2==1-3(n+1)2n+1+4(n+2)2n+2.


(A k=1 érték mellett csak a1, a k=2 mellett a1 és a2, a k=n+1 érték mellett an-1 és an, végül k=n+2 mellett csak an felbontását kellett figyelembe vennünk a fenti összeg felírásához.)
Ebből pedig limbn=1, mert a második és a harmadik tag határértéke 0.
 

Csetényi Artúr (Szeged, Radnóti M. Gimn., IV. o. t.)

Dombovári Tamás (Budapest, I. István Gimn., III. o. t.)