Feladat:	Gy.3225	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Deli Lajos
Füzet:	1999/február, 94 - 95. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Rekurzív sorozatok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1998/október: Gy.3225

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. A képlet szerint a sorozat minden tagja nagyobb az előzőnél, tehát a sorozat pozitív tagú és monoton növekedő. Szorozzuk be a $k$-adik tagot $\left(k-1\right)$-gyel, majd a $\left(k-1\right)$-ediket $\left(k-2\right)$-vel ($k>2$ egész): $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{(1) }\left(k-1\right)a_k=\left(k+1\right)\left(a_1+\text{...}+a_{k-1}\right)}\\ \hfill {\displaystyle \left(k-2\right)a_{k-1}=k\left(a_1+\text{...}+a_{k-2}\right)\mathrm{.}}\\ \multicolumn{2}{c}{\text{<br>Itt adjunk mindkét oldalhoz <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>k</mi><mo>⋅</mo><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mi>k</mi><mo stretchy="false">-</mo><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math>-et:}}\\ \hfill {\displaystyle \text{(2) }\left(2k-2\right)a_{k-1}=k\left(a_1+\text{...}+a_{k-1}\right)\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ (2)-t eloszthatjuk (1)-gyel (hiszen $a_k$ is, $a_1+\text{...}+a_{k-1}$ is pozitív): $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\cdot \frac{a_{k-1}}{a_k}=\frac{k}{k+1}\mathrm{.}}\end{array}$ (3) (3)-at felírva $k=n$, $n-1$, $\text{...}$, 3-ra, sőt 2-re is (ami $a_2=3a_1$ miatt szintén teljesül), majd összeszorozva kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 2\frac{a_{n-1}}{a_n}\cdot 2\frac{a_{n-2}}{a_{n-1}}\cdot 2\frac{a_{n-3}}{a_{n-2}}\cdot \text{...}\cdot 2\frac{a_2}{a_3}\cdot 2\frac{a_1}{a_2}=\frac{n}{n+1}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-2}{n-1}\cdot \text{...}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{2}{3}\mathrm{,}}\\ \multicolumn{2}{c}{\text{<br>azaz}}\\ \hfill {\displaystyle 2^{n-1}\frac{a_1}{a_n}=\frac{2}{n+1}\mathrm{,}}\end{array}}}\end{array}$ tehát $a_n=\left(n+1\right)2^{n-2}$, $a_{1998}=1999\cdot 2^{1996}$.   II. megoldás. A sorozat első néhány elemét kiszámítva, $a_1=1$, $a_2=3$, $a_3=8$, $a_4=20$, sejthető, hogy $a_n=\left(n+1\right)2^{n-2}$, ha $n\ge 2$. Lássuk ezt be teljes indukcióval. Kiszámolhatjuk, hogy teljesül $n=2$, 3, 4-re. Tegyük fel, hogy valamely $n\left(>4\right)$ egészre $a_n=\left(n+1\right)2^{n-2}$, és bizonyítsuk be, hogy ekkor $\left(n+1\right)$-re is teljesül, azaz $a_{n+1}=\left(n+2\right)2^{n-1}$. Mivel $a_n=\frac{n+1}{n-1}\left(a_1+\text{...}+a_{n-1}\right)=\left(n+1\right)2^{n-2}$, így $a_1+\text{...}+a_{n-1}=\left(n-1\right)\cdot 2^{n-2}$, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle a_{n+1}}& {\displaystyle =\frac{n+2}{n}\left(a_1+\text{...}+a_n\right)=\frac{n+2}{n}\left(\left(n-1\right)2^{n-2}+\left(n+1\right)2^{n-2}\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{n+2}{n}\cdot 2\cdot n\cdot 2^{n-2}=\left(n+2\right)2^{n-1}\mathrm{,}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ amint azt bizonyítani akartuk.    Deli Lajos (Hajdúszoboszló, Hőgyes E. Gimn., 10. o.t.) megoldásai alapján