Kezdőlap


Feladat:	559. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Alpár L. , Balassa Gy. , Barok Gy. , Böszörményi M. , Csiky J. , Dénes P. , Faragó S. , Fejér Gy. , Feldheim E. , Gillemot László , Grünwald T. , Jurenák D. , Kiss Gy. , Kövesdi D. , Lázár D. , Papp Gy. , Scheibner K. , Schossberger A. , Sebők Gy. , Semmelweiss Oszwald , Simon Á. , Török I. , Varga T. , Weisz F. , Zsemlye B.
Füzet:	1930/április, 242 - 244. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Sorozat határértéke, Számsorozatok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1930/február: 559. matematika feladat

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

I. Megoldás. A definíció szerint:

\begin{matrix} a_{3}^{2} = a_{2} a_{1}, a_{4}^{2} = a_{3} a_{2}, a_{5}^{2} = a_{4} a_{3}, ... a_{n - 1}^{2} = a_{n - 2} a_{n - 3}, a_{n}^{2} = a_{n - 1} a_{n - 2} . \end{matrix}

Ezen egyenletek megfelelő oldalainak szorzása és rövidítés után:

\begin{matrix} a_{n - 1} a_{n}^{2} = a_{1} a_{2}^{2}, azaz a_{n}^{2} = \frac{a_{1} a_{2}^{2}}{a_{n - 1}} . \end{matrix}

(1)

Alkalmazzuk az (1) relációt az

n ≧ 4

egész számok esetében:

\begin{matrix} a_{4}^{2} = a_{1} a_{2}^{2} \cdot a_{3}^{- 1} = a_{1} a_{2}^{2} \cdot {(a_{1} a_{2})}^{- \frac{1}{2}}; a_{4} = {(a_{1} a_{2}^{2})}^{\frac{1}{2}} \cdot {(a_{1} a_{2})}^{- \frac{1}{4}} \\ a_{5}^{2} = a_{1} a_{2}^{2} \cdot a_{4}^{- 1} = a_{1} a_{2}^{2} \cdot {(a_{1} a_{2}^{2})}^{- \frac{1}{2}} \cdot {(a_{1} a_{2})}^{\frac{1}{4}}; a_{5} = {(a_{1} a_{2}^{2})}^{\frac{1}{2}} \cdot {(a_{1} a_{2}^{2})}^{- \frac{1}{4}} \cdot {(a_{1} a_{2})}^{\frac{1}{8}} \\ a_{6}^{2} = a_{1} a_{2}^{2} \cdot a_{5}^{- 1} = a_{1} a_{2}^{2} \cdot {(a_{1} a_{2}^{2})}^{- \frac{1}{2}} \cdot {(a_{1} a_{2}^{2})}^{\frac{1}{4}} \cdot {(a_{1} a_{2})}^{- \frac{1}{8}} = {(a_{1} a_{2}^{2})}^{1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2^{3}}} {(a_{1} a_{2}^{2})}^{- \frac{1}{2^{3}}} \\ ... \\ a_{n}^{2} = {(a_{1} a_{2}^{2})}^{1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{4} - \frac{1}{8} + ... + \frac{{(- 1)}^{n - 4}}{2^{n - 4}}} {(a_{1} a_{2})}^{\frac{{(- 1)}^{n - 3}}{2^{n - 3}}} \\ = {(a_{1} a_{2}^{2})}^{\frac{1 - {(\frac{- 1}{2})}^{n - 3}}{1 - (- \frac{1}{2})}} \cdot {(a_{1} a_{2})}^{\frac{{(- 1)}^{n - 3}}{2^{n - 3}}} = {a_{1}}^{\frac{2 + {(- \frac{1}{2})}^{n - 3}}{3}} \cdot {a_{2}}^{\frac{4 - {(- \frac{1}{2})}^{n - 3}}{3}} \end{matrix}

n \to \infty

, akkor az

a_{1}

kitevője

\frac{2}{3}

lesz, az

a_{2}

kitevője pedig

\frac{4}{3}

. Így

\begin{matrix} {lim}_{n \to \infty}^{} a_{n} = {(a_{1} a_{2}^{2})}^{\frac{1}{3}} . \end{matrix}

Semmelweiss Oswald (Madách Imre g. VII. o. Bp.)

II. Megoldás. Írjuk fel újra a sor tagjait:

\begin{matrix} a_{3} = {a_{1}}^{\frac{1}{2}} {a_{2}}^{\frac{1}{2}}; a_{4} = {a_{1}}^{\frac{1}{4}} {a_{2}}^{\frac{3}{4}}; a_{5} = {a_{1}}^{\frac{3}{8}} {a_{2}}^{\frac{5}{8}}; a_{6} = {a_{1}}^{\frac{5}{16}} {a_{2}}^{\frac{11}{16}}; a_{7} = {a_{1}}^{\frac{11}{32}} {a_{2}}^{\frac{21}{32}} stb. \end{matrix}

Az egyes tagokban

a_{1}

és

a_{2}

törtkitevőjének nevezői a

2

növekedő hatványai, még pedig

a_{n}

-ben:

2^{n - 2}

.
A számlálókat a TCHÉBICHEF-féle polinomok

B

sorozatába helyezhetjük.¹ Vizsgáljuk először az

a_{2}

hatványkitevőiben a számlálókat; ezeknek sora

\begin{matrix} 1, 3, 5, 11, 21 ... \end{matrix}

és eleget tesznek a

\begin{matrix} B_{n} = B_{n - 1} + 2 B_{n - 2} \end{matrix}

összefüggésnek ; ezért az általános

\begin{matrix} B_{n} = x B_{n - 1} + h B_{n - 2} \end{matrix}

összefüggésben²:

x = 1

és

h = 2

. Így tehát alkalmazhatjuk a

\begin{matrix} B_{n} (x) = \frac{{(x + \sqrt[]{x^{2} + 4 h})}^{n + 1} - {(x - \sqrt[]{x^{2} + 4 h})}^{n + 1}}{2^{n + 1} \sqrt[]{x^{2} + 4 h}} \end{matrix}

képletet a jelzett helyettesítéssel és tekintettel arra, hogy mivel ezen

B

számok sorozata az

a_{3}

-ná1 kezdődik,

n

helyett

(n - 2)

írunk; így

\begin{matrix} B_{n} = \frac{4^{n - 1} - {(- 2)}^{n - 1}}{2^{n - 1} \cdot 3} és a_{2} kitevője: \frac{4^{n - 1} - {(- 2)}^{n - 1}}{2^{2 n - 3} \cdot 3} . \end{matrix}

a_{1}

kitevőiben a számlálók ugyanilyen sorozatot alkotnak, de csak a negyedik tagtól kezdve, tehát

n

helyébe

(n - 3)

-t kell tennünk és így

\begin{matrix} B'_{n} = \frac{4^{n - 2} - {(- 2)}^{n - 2}}{2^{2 n - 2} \cdot 3} és a_{1} kitevője: \frac{4^{n - 2} - {(- 2)}^{n - 2}}{2^{2 n - 4} \cdot 3} . \end{matrix}

Ezek szerint

\begin{matrix} a_{n} = {a_{1}}^{\frac{4^{n - 2} - {(- 2)}^{n - 2}}{2^{2 n - 4} \cdot 3}} \cdot {a_{2}}^{\frac{4^{n - 1} - {(- 2)}^{n - 1}}{2^{n - 3} \cdot 3}} = {a_{1}}^{\frac{4^{n - 2}}{2^{2 n - 4}}} \cdot \frac{1 - {(- \frac{1}{2})}^{n - 2}}{3} \cdot {a_{2}}^{\frac{4^{n - 1}}{2^{n - 3}}} \cdot \frac{1 - {(- \frac{1}{2})}^{n - 1}}{3} = \\ = {a_{1}}^{\frac{1 - {(- \frac{1}{2})}^{n - 2}}{3}} \cdot {a_{2}}^{\frac{2}{3} [1 - {(- \frac{1}{2})}^{n - 1}]} \\ {lim}_{n \to \infty}^{} a_{n} = a^{\frac{1}{3}} \cdot a^{\frac{2}{3}} = {(a_{1} a_{2}^{2})}^{\frac{1}{3}} . \end{matrix}

Gillemot László (érseki rg. VIII. o. Bp. II.)

¹L. V. évf. 65. oldalon.

²Ugyanott a 67. oldalon.