Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Szorzat, hatványozás azonosságai, Parciális törtekre bontás, Konvergens sorok, Számsorozatok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/december: F.1801

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

\begin{matrix} b_{1} & = a_{1} = \frac{19}{24} & (= 1 - \frac{5}{24} = 1 - \frac{5}{3 \cdot 2 \cdot 2^{2}}), \\ b_{2} & = b_{1} + a_{2} = \frac{15}{16} & (= 1 - \frac{1}{16} = 1 - \frac{6}{3 \cdot 4 \cdot 2^{3}}), \\ b_{3} & = b_{2} + a_{3} = \frac{313}{320} & (= 1 - \frac{7}{320} = 1 - \frac{7}{4 \cdot 5 \cdot 2^{4}}) . \end{matrix}

Látjuk, hogy a

b_{n}

sorozat monoton növekvő ‐ hiszen

a_{n} > 0

‐, és

b_{3}

alulról közelíti az 1-et. Erre támaszkodva írtuk fel

b_{1}

b_{2}

b_{3}

értékét

1 - h

alakban, ahol a

h

hiány értéke

1 / 4, 8

1 / 16

1 / 45, 7

, tagról tagra kisebb, másrészt

a_{4} < h_{3}

, tehát

b_{4} < 1

is áll.
Azt várjuk, hogy a

h_{n} = 1 - b_{n}

kifejezés egyszerűen előállítható

n

függvényeként. Mivel

h_{n}

-et természetes számokból számítjuk ki, a

h_{1}

és

h_{3}

számlálójában álló 5, ill. 7 számban

(n + 4)

-et sejtjük, a nevezők szerkezetére pedig az

(n + 1) (n + 2) \cdot 2^{n + 1}

szorzatot. Erősíti várakozásunkat, hogy bővítéssel

h_{2}

is ilyen alakra hozható (lásd a zárójelbeli továbbalakításokat).
Teljes indukcióval bebizonyítjuk ezekből kiindulva, hogy

\begin{matrix} b_{n} = 1 - \frac{n + 4}{(n + 1) (n + 2) \cdot 2^{n + 1}} . \end{matrix}

(1)

Valóban, ha valamely

n

-re ez teljesül, akkor

\begin{matrix} b_{n + 1} = b_{n} + a_{n + 1} = \\ = 1 - (\frac{n + 4}{(n + 1) (n + 2) \cdot 2^{n + 1}} - \frac{{(n + 4)}^{2} + 3}{(n + 1) (n + 2) (n + 3) \cdot 2^{n + 2}}) = \\ = 1 - \frac{(n + 4) {2 n + 6 - (n + 4)} - 3}{(n + 1) (n + 2) (n + 3) \cdot 2^{n + 2}}, \end{matrix}

a számláló

\begin{matrix} (n + 4) (n + 2) - 3 = n^{2} + 6 n + 5 = (n + 1) (n + 5), \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} b_{n + 1} = 1 - \frac{n + 5}{(n + 2) (n + 3) \cdot 2^{n + 2}}, \end{matrix}

amint vártuk. Ezzel zárt kifejezést kaptunk

b_{n}

-re (azaz olyat, amely nem tartalmaz

\sum

jelet, ,,

...

'' jelet, vagyis közbülső tagok kiszámítása nélkül bármely

n

-re direkt kiszámíthatóvá teszi

b_{n}

-et).
Megmutatjuk (1) alapján, hogy a

b_{n}

sorozat 1-hez konvergál. Valóban,

n ≧ 4

esetén, bármely előre megadott

ε > 0

esetében

\begin{matrix} | 1 - b_{n} | = | h_{n} | = \frac{n + 4}{(n + 1) (n + 2) \cdot 2^{n - 1}} < \frac{2 n}{n \cdot n \cdot 2^{n + 1}} = \frac{1}{n \cdot 2^{n}} < \frac{1}{n} < ε, \end{matrix}

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 = n^{2} + 6 (n + 2)

azonosság alapján az

a_{n}

tag így alakítható:

\begin{matrix} 2^{n + 1} a_{n} = \frac{n^{2}}{n (n + 1) (n + 2)} + \frac{6 (n + 2)}{n (n + 1) (n + 2)} = \\ = \frac{n}{(n + 1) (n + 2)} + \frac{6}{n (n + 1)} = n (\frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n + 2}) + 6 (\frac{1}{n} - \frac{1}{1 + n}) = \\ = (1 - \frac{1}{n + 1}) - (1 - \frac{2}{n + 2}) + \frac{6}{n} - \frac{6}{n + 1} = \frac{6}{n} - \frac{7}{n + 1} + \frac{2}{n + 2} . \end{matrix}

Eszerint

\begin{matrix} a_{n} = \frac{3}{n \cdot 2^{n}} - \frac{7}{(n + 1) \cdot 2^{n + 1}} + \frac{1}{(n + 2) \cdot 2^{n}}, \end{matrix}

(2)

vagyis

a_{n}

eredeti nevezőjének

n

n + 1

n + 2

tényezői a háromtagú összegnek csak 1‐1 tagjában szerepelnek.
A

b_{n} = a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}

összes tagjait (2) alapján felbontva olyan törteket kapunk, amelyek nevezőjében

k \cdot 2^{k}

alakú szorzatok állnak. Általában

k \cdot 2^{k}

nevezőjű tört az

a_{i}

sorozat három tagjának felbontásában keletkezik, az

\begin{matrix} a_{k - 2} & = \frac{3}{(k - 2) \cdot 2^{k - 2}} - \frac{7}{(k - 1) \cdot 2^{k - 1}} + \frac{4}{k \cdot 2^{k}}, \\ a_{k - 1} & = \frac{3}{(k - 1) \cdot 2^{k - 1}} - \frac{7}{k \cdot 2^{k}} + \frac{4}{(k + 1) \cdot 2^{k + 1}}, \\ a_{k} & = \frac{3}{k \cdot 2^{k}} - \frac{7}{(k + 1) \cdot 2^{k + 1}} + \frac{4}{(k + 2) \cdot 2^{k + 2}} \end{matrix}

felbontásokból. Mivel az

a_{k - 2} + a_{k + 1} + a_{k}

összegben az

\frac{1}{k \cdot 2^{k}}

tag együtthatója

(4 - 7 + 3) = 0

, azért a

k \cdot 2^{k}

nevezőjű törtek összege a teljes

a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}

összegben 0. Igaz ez mindazokra a

k

természetes számokra, amelyekre

a_{k - 2}

a_{k - 1}

a_{k}

a fenti összegben valóban előfordul, vagyis amelyekre

3 ≦ k ≦ n

teljesül. Ezeken kívül a

b_{n}

-et előállító összegben még a

k = 1,2

és a

k = n + 1

n + 2

számokból kapott

k \cdot 2^{k}

nevezőjű törtek szerepelnek, tehát

b_{n}

egyenlő ezek összegével:

\begin{matrix} b_{n} = \frac{3}{1 \cdot 2} - \frac{7}{2 \cdot 2^{2}} + \frac{3}{2 \cdot 2^{2}} + \frac{4}{(n + 1) \cdot 2^{n + 1}} - \frac{7}{(n + 1) \cdot 2^{n + 1}} + \frac{4}{(n + 2) \cdot 2^{n + 2}} = \\ = 1 - \frac{3}{(n + 1) \cdot 2^{n + 1}} + \frac{4}{(n + 2) \cdot 2^{n + 2}} . \end{matrix}

k = 1

érték mellett csak

a_{1}

, a

k = 2

mellett

a_{1}

és

a_{2}

, a

k = n + 1

érték mellett

a_{n - 1}

és

a_{n}

, végül

k = n + 2

mellett csak

a_{n}

felbontását kellett figyelembe vennünk a fenti összeg felírásához.)
Ebből pedig

{lim}_{}^{} b_{n} = 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.)