Kezdőlap


Feladat:	A.301	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Csóka Endre , Rácz Béla András
Füzet:	2003/április, 227 - 228. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Rekurzív sorozatok, Algebrai egyenlőtlenségek, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2002/október: A.301

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

Megoldás. Legyen $p = 0, 2499$ és legyen $1 < r < \frac{1}{4 p}$ . A feltételek szerint létezik olyan elég nagy $n_{0}$ pozitív egész, hogy $n \geq n_{0}$ esetén $n a_{n} < p$ . Ha $n_{0}$ -t elég nagynak választjuk, akkor az is teljesül, hogy $\frac{n}{n - 2} < r$ .
Tetszőleges $N \geq n_{0}$ egész számra legyen $S (N) = {sup}_{}^{} {n a_{n} : n \geq N}$ . Az $n_{0}$ választása szerint például $S (n_{0}) \leq p$ .
Ha $N \geq n_{0}$ és $n \geq 2 N$ , akkor

\begin{matrix} \begin{matrix} n a_{n} = n \sum_{k = n}^{\infty} (a_{k} - a_{k + 1}) \leq n \sum_{k = n}^{\infty} a_{[\frac{k}{2}]} a_{[\frac{k + 1}{2}]} \leq n \sum_{k = n}^{\infty} \frac{S (N)}{[\frac{k}{2}]} \cdot \frac{S (N)}{[\frac{k + 1}{2}]} < \\ < n \sum_{k = n}^{\infty} \frac{S^{2} (N)}{\frac{k - 2}{2} \cdot \frac{k - 1}{2}} = 4 n S^{2} (N) \sum_{k = n}^{\infty} (\frac{1}{k - 2} - \frac{1}{k - 1}) = \frac{4 n S^{2} (N)}{n - 2} < 4 r S^{2} (N) . \end{matrix} \end{matrix}

Ez minden

n \geq 2 N

-re igaz, így

S (2 N) = {sup}_{}^{} {n a_{n} : n \geq 2 N} \leq 4 r S^{2} (N)

, vagy másképpen

4 r S (2 N) \leq {(4 r S (N))}^{2}

. Ezt

m

-szer alkalmazva,

\begin{matrix} S (2^{m} N) < 4 r S (2^{m} N) \leq {(4 r S (2^{m - 1} N))}^{2} \leq {(4 r S (2^{m - 2} N))}^{4} \leq ... \leq {(4 r S (N))}^{2^{m}} . \end{matrix}

Legyen most

n > n_{0}

tetszőleges pozitív egész. Válasszuk meg az

m

nemnegatív egészt úgy, hogy

2^{m} n_{0} \leq n < 2^{m + 1} n_{0}

teljesüljön. Ekkor

\begin{matrix} a_{n} \leq \frac{S (2^{m} n_{0})}{n} < {(4 r S (n_{0}))}^{2^{m}} \leq {(4 r p)}^{2^{m}} < {(4 r p)}^{n / (2 n_{0})} = {(\sqrt[2 n_{0}]{4 r p})}^{n} . \end{matrix}

(Az

r

választása szerint

4 r p < 1

, az

m

választása szerint pedig

2^{m} > \frac{n}{2 n_{0}}

.)
Legyen

q = \sqrt[2 n_{0}]{4 r p}

. Mint láttuk,

n > n_{0}

esetén

a_{n} < q^{n}

. A

4 r p < 1

egyenlőtlenségből az is következik, hogy

q < 1

. A

q

szám tehát megfelel a feladat feltételeinek.

Megjegyzés. A

p = 0, 2499

szám helyére bármilyen

\frac{1}{4}

-nél kisebb számot írhatunk, a megoldás ugyanígy elmondható. Az állítás

p = \frac{1}{4}

esetén viszont már nem igaz. Például az

a_{n} = \frac{1}{4 n + 1}

sorozatra teljesül az (1) egyenlőtlenség, tetszőleges

n

esetén

n a_{n} < \frac{1}{4}

, de a sorozat nem becsülhető felülről semmilyen

1

-nél kisebb hányadosú mértani sorozattal.