Kezdőlap


Feladat:	B.3740	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Kiss-Tóth Christian
Füzet:	2006/április, 215 - 216. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Rekurzív sorozatok, Algebrai egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2004/május: B.3740

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

Megoldás. Először teljes indukcióval belátjuk, hogy tetszőleges $0 \leq j \leq i$ esetén:

\begin{matrix} a_{i + j} + a_{i - j} = 2 a_{i} a_{j} . \end{matrix}

(1)

j = 0 -

ra,

j = 1

-re az állítás a sorozat képzési szabálya szerint igaz.
Tegyük fel, hogy (1) minden 0 és

j

közötti indexre igaz; belátjuk, hogy akkor

(j + 1)

-re is teljesül:

\begin{matrix} a_{i + j + 1} + a_{i - j - 1} & = \frac{2}{3} a_{i + j} - a_{i + j - 1} + \frac{2}{3} a_{i - j} - a_{i - j + 1} = \frac{2}{3} (2 a_{i} a_{j}) - 2 a_{i} a_{j - 1} = \\ = 2 a_{i} (\frac{2}{3} a_{j} - a_{j - 1}) = 2 a_{i} a_{j + 1} . \end{matrix}

i = 4 n

j = 3 n

választással (1)-ből azt kapjuk, hogy

a_{7 n} + a_{n} = 2 a_{4 n} a_{3 n}

i = 2 n

j = 2 n

mellett azt kapjuk, hogy

a_{4 n} + a_{0} = 2 a_{2 n}^{2}

. Ehhez hasonlóan

a_{2 n} + a_{0} = 2 a_{n}^{2}

, végül

i = 2 n

j = n

választással

a_{3 n} + a_{n} = 2 a_{2 n} a_{n}

.
Ezeket az egyenleteket felhasználva

a_{7 n}

felírható csak

a_{n}

segítségével:

\begin{matrix} a_{7 n} = a_{n} (64 a_{n}^{6} - 112 a_{n}^{4} + 56 a_{n}^{2} - 7) . \end{matrix}

n = 5

és

n = 35

-re ebből azt kapjuk, hogy:

\begin{matrix} a_{35} = a_{5} (64 a_{5}^{6} - 112 a_{5}^{4} + 56 a_{5}^{2} - 7), a_{245} = a_{35} (64 a_{35}^{6} - 112 a_{35}^{4} + 56 a_{35}^{2} - 7) . \end{matrix}

A képzési szabály alapján kiszámítható, hogy

a_{5} = \frac{241}{243}

. Vizsgáljuk meg, milyen pontossággal kell

a_{5}

, illetve

a_{35}

értékét a képletbe helyettesíteni, hogy

a_{245}

-öt

10^{- 5}

pontossággal ismerjük. Ha

a_{5}

-öt

10^{- m}

pontossággal írjuk be, akkor

a_{35}

-öt legalább

(1 + 6 \cdot 64 + 4 \cdot 112 + 2 \cdot 56) 10^{- m}

azaz legalább

10^{- m + 3}

pontossággal kapjuk meg a hibaszámítás szabályai miatt. Felhasználtuk, hogy

a_{5} < 5

valamint azt, hogy

64 a_{5}^{6} - 112 a_{5}^{4} + 56 a_{5}^{2} - 7 < 1

, és mindenhol felülről becsültük a hibát. Ezért, ha azt akarjuk, hogy

a_{245}

ötödik tizedesjegyében legfeljebb 1-et tévedjünk, akkor biztosan elég, ha

a_{5}

-öt 12 jegy pontossággal számoljuk.
Kiindulva abból, hogy

a_{5} = 0, 991 769 547 325

, kapjuk, hogy

a_{245} \approx 0, 999 97

, tehát

0, 999 95 < a_{245} < 0, 999 99

.
Ezzel beláttuk, hogy a sorozatnak van 0,9999-nél nagyobb eleme.