Feladat: B.3750 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Halász Veronika 
Füzet: 2005/március, 161. oldal  PDF file
Témakör(ök): Rekurzív sorozatok, Algebrai egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2004/szeptember: B.3750

Az {an} sorozatról tudjuk, hogy a1<a2 pozitív egész szám, továbbá k3 esetén ak=4ak-1-3ak-2. Igazoljuk, hogy a45>343.

Megoldás. Első lépésként alakítsuk át a rekurziós képletet:
ak=4ak-1-3ak-2=ak-1+3(ak-1-ak-2).
Azaz ak-ak-1=3(ak-1-ak-2). Erre alapozva vezessük be a bk=ak+1-ak sorozatot. Erről a sorozatról tudjuk, hogy
1.) b1=a2-a11>0, mert a2>a1, és mindkettő egész.
2.) bk+1=3bk, ebből bk=3k-1b13k-1>0.
Ebből látható, hogy az ak sorozat monoton növő, és így persze minden eleme pozitív. Így a44>0. Másrészt b44=343b1343, ezért a45=a44+b44>343.
 
Megjegyzések. 1. Az ismertetett megoldás a feladat egyik tipikus, talán legelegánsabb megoldása volt. Itt legfeljebb az jelenthetett apró hiányt, ha valaki nem említette meg azt a (bizonyításból egyébként is nyilvánvaló) tényt, hogy a sorozat elemei pozitív számok, és ezért becsülhetjük alulról az a45 elemet az a45-a44 különbséggel.
2. A másik tipikus megoldás az volt, ha valaki a1 és a2, az első két elem segítségével a másodrendű lineáris rekurziók ismert elmélete szerint levezette az általános tag képletét, amelyre valami ilyesmit kaphatott:
a2+3n-1-32(a2-a1),  vagy  a1+3n-1-12(a2-a1).
Innen pedig már adódik az állítás. A képleteket az 1. megoldás alapján is gyorsan meg lehet kapni, tehát nincs szükség különösebb tudástöbbletre. Sokan azért vesztettek pontokat, mert a bizonyítás elején pontos indoklás nélkül közölték, hogy az a ,,legrosszabb'' eset (tehát a sorozat akkor a legkisebb), ha a1=1, a2=2, és csak erre a speciális esetre számolták ki a képletet. A végső formulából látható, hogy ez a feltételezés valóban megalapozott (hiszen pl. a második alakból látható, hogy an akkor minimális, ha a1 és (a2-a1) minimálisak és mindkét érték legalább 1, amikor tehát valóban a1=1 és a2=2), de az ilyen ,,természetesen hangzó'' feltételezéseket mindig indokolni kell.
3. Szintén többször előforduló ennél sokkal súlyosabb hibát követtek el azok, akik teljes indukciós bizonyításukban az állítást lényegében két egyenlőtlenség különbségeként vélték igazolni. Egyenlőtlenségeket nem lehet kivonni.