Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.297	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Erdélyi Tamás , Fegyverneki Sándor , Hajnal Péter
Füzet:	1980/április, 169 - 171. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Számsorozatok, Teljes indukció módszere, Pontversenyen kívüli probléma, Rekurzív sorozatok
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1978/február: Pontversenyen kívüli P.297

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

Észrevehető, hogy az $a_{1} = t + \frac{1}{t}$ egyenlet gyökei:

\begin{matrix} \frac{a_{1}}{2} \pm \sqrt[]{{(\frac{a_{1}}{2})}^{2} - 1,} \end{matrix}

és ezek valósak, hiszen a feltétel szerint

a_{1} \geq 2

. Legyen

\begin{matrix} z = \frac{a_{1}}{2} + \sqrt[]{{(\frac{a_{1}}{2})}^{2} - 1} . \end{matrix}

Ekkor egyszerű számolással kapjuk, hogy

\begin{matrix} a_{2} = a_{1}^{2} - 1 = z^{2} + \frac{1}{z^{2}}, a_{3} = a_{2}^{2} - 1 = z^{4} + \frac{1}{z^{4}}, ... \end{matrix}

és általában

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

(Megjegyezzük, hogy

a_{1} \geq 2

miatt

z \geq 1

.) Legyen

\begin{matrix} S_{n} = \frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{1} a_{2}} + ... + \frac{1}{a_{1} a_{2} ... a_{n}}, \end{matrix}

nevezetesen

\begin{matrix} S_{1} = \frac{z}{z^{2} + 1}, S_{2} = \frac{z^{7} - z}{z^{8} - 1} . \end{matrix}

Teljes indukcióval bebizonyítjuk, hogy

n > 1

-re

\begin{matrix} S_{n} = \frac{z^{2^{n + 1} - 1} - z}{z^{2^{n + 1}} - 1} . \end{matrix}

Láttuk már, hogy ez

n = 1

, 2-re igaz, így még a

k

-ról

(k + 1)

-re való öröklődést kell belátni.

\begin{matrix} S_{k + 1} = S_{k} + \frac{1}{a_{1} a_{2} ... a_{k + 1}} = \frac{z^{2^{k + 1} - 1} - z}{z^{2^{k + 1}} - 1} + \frac{1}{(z + \frac{1}{z}) (z^{2} + \frac{1}{z^{2}}) ... (z^{2^{k}} + \frac{1}{z^{2^{k}}})} . \end{matrix}

A második törtet

(z - \frac{1}{z})

-vel bővítve kapjuk, hogy

\begin{matrix} S_{k + 1} = \frac{z^{2^{k + 1} - 1} - z}{z^{2^{k + 1} - 1}} + \frac{z - \frac{1}{z}}{z^{2^{k + 1}} - \frac{1}{z^{2^{k + 1}}}} = \frac{z^{2^{k + 2} - 1} - z}{z^{2^{k + 2}} - 1} . \end{matrix}

Ezek után a keresett összeg a következő határértékkel egyenlő:

\begin{matrix} {lim}_{n \to \infty}^{} \frac{z^{2^{n + 2} - 1} - z}{z^{2^{n + 2}} - 1}, \end{matrix}

ami a következőképpen alakítható:

\begin{matrix} {lim}_{n \to \infty}^{} \frac{z^{2^{n + 2} - 1} - z}{z^{2^{n + 2}} - 1} = {lim}_{n \to \infty}^{} \frac{1 - \frac{1}{z^{2^{n + 2} - 2}}}{z - \frac{1}{z^{2^{n + 2} - 1}}} . \end{matrix}

Mivel

z \geq 1

, ez a határérték

\frac{1}{z}

-vel egyenlő. Így azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} {lim}_{n \to \infty}^{} S_{n} = \frac{1}{z} = \frac{1}{\frac{a_{1}}{2} + \sqrt[]{{(\frac{a_{1}}{2})}^{2} - 1}} = \frac{a_{1}}{2} - \sqrt[]{{(\frac{a_{1}}{2})}^{2} - 1}, \end{matrix}

amint azt bizonyítani kellett.