Feladat:	F.2393	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1983/május, 206 - 207. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Teljes indukció módszere, Feladat, Rekurzív sorozatok
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1982/december: F.2393

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. $\begin{array}{c}{\displaystyle a_1=1;a_{n+1}=\frac{1}{16}(1+4a_n+\sqrt[]{1+24a_n)}\mathrm{,}\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">ha</span>}n\ge 1\mathrm{.}}\end{array}$ (1) I. megoldás. Az állítást teljes indukcióval bizonyítjuk. $a_1=1$ és $a_2=\frac{5}{8}$ racionálisak. Legyen most $n\geqq 2$ és tegyük fel, hogy $1\leqq k\leqq n$ esetén $a_k$ racionális, és lássuk be, hogy $a_{n+1}$ is az! Mivel racionális számok összege, különbsége, szorzata és hányadosa szintén racionális, továbbá az indukciós feltevés szerint $a_n$ is racionális, azért $a_{n+1}$ pontosan akkor racionális, ha $\sqrt[]{1+24a_n}$, racionális. Azonban ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 1+24a_n=1+24\frac{1}{16}\left(1+4a_{n-1}+\sqrt[]{1+24a_{n-1}}\right)=\frac{5}{2}+6a_{n-1}+\frac{3}{2}\sqrt[]{1+24a_{n-1}}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\frac{1}{4}\left(10+24a_{n-1}+6\sqrt[]{1+24a_{n-1}}\right)={\left(\frac{3+\sqrt[]{1+24a_{n-1}}}{2}\right)}^2\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Az indukciós feltevés alapján $\sqrt[]{1+24a_{n-1}}=16a_n-1-4a_{n-1}$ racionális, tehát $a_{n+1}$ is az, ahogyan kívántuk. A teljes indukció elve alapján igazoltuk a feladat állítását.   II. megoldás. Teljes indukcióval bizonyítjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle a_n=\frac{1}{3}+\frac{1}{2^n}+\frac{1}{3\cdot 2^{2n-1}}\mathrm{,}}\end{array}$ (2) amiből a feladat állítása kiolvasható. $n=1$-re (2) mindkét oldala 1. Tegyük fel, hogy (2) $n$-re teljesül, és lássuk be ebből, hogy $\left(n+1\right)$-re is igaz, vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle a_{n+1}=\frac{1}{3}+\frac{1}{2^{n+1}}+\frac{1}{3\cdot 2^{2n+1}}\mathrm{.}}\end{array}$ $a_{n+1}$-nek (1) alatti definíciójába $a_n$-nek (2) alakját helyettesítve ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle a_{n+1}=}& {\displaystyle \frac{1}{16}\left(1+\frac{4}{3}+\frac{4}{2^n}+\frac{4}{3\cdot 2^{2n-2}}+\sqrt[]{1+8+\frac{24}{2^n}+\frac{8}{2^{2n-1}}}\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =}& {\displaystyle \frac{1}{16}\left(\frac{7}{3}+\frac{1}{2^{n-2}}+\frac{1}{3\cdot 2^{2n-3}}+\sqrt[]{9+\frac{3}{2^{n-3}}+\frac{1}{2^{2n-4}}}\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A gyökjel alatti kifejezést tovább alakítva $\begin{array}{c}{\displaystyle 9+\frac{3}{2^{n-3}}+\frac{1}{2^{2n-4}}=3^2+2\cdot 3\frac{1}{2^{n-2}}+{\left(\frac{1}{2^{2n-2}}\right)}^2={\left(3+\frac{1}{2^{n-2}}\right)}^2\mathrm{,}}\end{array}$ kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle a_{n+1}=\frac{1}{16}\left(\frac{7}{3}+\frac{1}{2^{n-2}}+\frac{1}{3\cdot 2^{2n-3}}+3+\frac{1}{2^{n-2}}\right)=\frac{1}{3}+\frac{1}{2^{n+1}}+\frac{1}{3\cdot 2^{2n+1}}\mathrm{,}}\end{array}$ amit bizonyítani akartunk.