Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.190	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Páles Zsolt
Füzet:	1975/április, 162 - 163. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Sorozat határértéke, Számsorozatok, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1973/november: Pontversenyen kívüli P.190

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

Teljes indukcióval belátjuk, hogy az $a_{n}$ sorozat monoton nő. A rekurziós képletből világos, hogy az $a_{n}$ szám egy felső becslése $a_{n + 1}$ -re alsó becslést von maga után. Nem várható ezért, hogy $a_{n} ≦ a_{n + 1}$ -ből $a_{n + 1} ≦ a_{n + 2}$ -re következtethetünk. Célszerű tehát az indukcióval bizonyítandó állítást $a_{n - 1} ≦ a_{n} ≦ a_{n + 1}$ alakban megfogalmazni. Közvetlen számolással $1 = a_{1} ≦ 2 = a_{2} ≦ 2 = a_{3}$ , azaz $n = 2$ esetén az állítás teljesül.
Tegyük fel, hogy valamely rögzített $n$ -re $a_{n - 1} ≦ a_{n} ≦ a_{n + 1}$ és mutassuk meg, hogy ebből $a_{n} ≦ a_{n + 1} ≦ a_{n + 2}$ következik. $a_{n} ≦ a_{n + 1}$ az indukciós feltevés szerint fennáll, így az $a_{n + 1} ≦ a_{n + 2}$ állítást kell igazolni.

\begin{matrix} a_{n + 2} = 1 + \frac{n + 1}{a_{n + 1}} = 1 + \frac{n + 1}{1 + \frac{n}{a_{n}}} ≧ 1 + \frac{n + 1}{1 + \frac{n - 1 + 1}{a_{n - 1}}} = 1 + \frac{n + 1}{a_{n} + \frac{1}{a_{n - 1}}} . \end{matrix}

a_{n} ≧ 1

becslés nyilvánvalóan fennáll minden

n

-re, így

\begin{matrix} 1 - \frac{1}{a_{n - 1}} ≧ 0, azaz a_{n} = 1 + \frac{n - 1}{a_{n - 1}} ≧ \frac{n}{a_{n - 1}} . \end{matrix}

a_{n} ≧ \frac{n}{a_{n - 1}}

egyenlőtlenségből azonnal következik

\frac{n + 1}{a_{n} + \frac{1}{a_{n - 1}}} ≧ \frac{n}{a_{n}}

, azaz

a_{n + 2} ≧ 1 + \frac{n}{a_{n}} = a_{n + 1}

, és ezzel az indukciós bizonyítás kész.
Mivel a definíció szerint

a_{n} \cdot a_{n + 1} = a_{n} + n

, a most igazolt monotonitás szerint

a_{n}^{2} ≦ a_{n} + n

, azaz

\begin{matrix} {(a_{n} - \frac{1}{2})}^{2} \leq n + \frac{1}{4}, n = 1, 2, ... . \end{matrix}

Másrészt

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

hiszen

\begin{matrix} \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} ≧ 1. \end{matrix}

Gyökvonással a

\begin{matrix} \sqrt[]{n - \frac{3}{4}} ≦ a_{n} - \frac{1}{2} ≦ \sqrt[]{n + \frac{1}{4}} \end{matrix}

egyenlőtlenségekre jutunk, ahonnan

\begin{matrix} \frac{1}{2} + \sqrt[]{n - \frac{3}{4}} - \sqrt[]{n} ≦ a_{n} - \sqrt[]{n} ≦ \frac{1}{2} + \sqrt[]{n + \frac{1}{4}} + \sqrt[]{n} . \end{matrix}

Tetszőleges

c

konstans esetén

\begin{matrix} \sqrt[]{n + c} - \sqrt[]{n} = \frac{c}{\sqrt[]{n + c} + \sqrt[]{n}} \to 0, ha n \to \infty, \end{matrix}

azaz

{lim}_{n \to \infty}^{} (a_{n} - \sqrt[]{n}) = \frac{1}{2}

Páles Zsolt (Sátoraljaújhely, Kossuth L. (Gimn.)