Feladat:	B.4497	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Kúsz Ágnes
Füzet:	2013/szeptember, 348 - 349. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Rekurzív sorozatok, Teljes indukció módszere, Oszthatóság
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2012/december: B.4497

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Az első néhány érték kiszámolásával megsejthető, hogy ha $n>1$, akkor $a_n=\left(n-1\right)\left(n-3\right)\text{...}$ (azaz $a_{2k}=\left(2k-1\right)\left(2k-3\right)\cdot 5\cdot 3\cdot 1$, illetve $a_{2k+1}=2k\left(2k-2\right)\text{...}\cdot 6\cdot 4\cdot 2$). Teljes indukcióval belátjuk, hogy ez valóban így van. $i)$ Az $n=\mathrm{2,3,4}$ esetén ez nyilvánvalóan igaz, hiszen $a_2=1$, $a_3=2$, $a_4=\frac{2\cdot 1+1!}{1}=3$. $ii)$ Tegyük fel, hogy az állítás $n+2$-ig igaz; ekkor $a_{n+2}=\left(n+1\right)\left(n-1\right)\text{...}\mathrm{,}$ $a_{n+1}=n\left(n-2\right)\text{...}\mathrm{,}$ valamint $a_n=\left(n-1\right)\left(n-3\right)\text{...}\mathrm{.}$ Ezek felhasználásával belátjuk a feladat állítását $n+3$-ra: $\begin{array}{c}{\displaystyle a_{n+3}=\frac{a_{n+2}{a}_{n+1}+n!}{a_n}\mathrm{.}}\end{array}$ Vegyük észre, hogy az indukciós feltevés miatt ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle a_{n+2}{a}_{n+1}}& {\displaystyle =\left(\left(n+1\right)\left(n-1\right)\text{...}\right)\cdot \left(n\left(n-2\right)\text{...}\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(n+1\right)n\cdot \left(n-1\right)\cdot \left(n-2\right)\cdot \text{...}\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=\left(n+1\right)!\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ tehát ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle a_{n+3}}& {\displaystyle =\frac{\left(n+1\right)!+n!}{a_n}=\frac{\left(n+1\right)n!+1\cdot n!}{a_n}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{\left(n+2\right)n\left(n-1\right)\left(n-2\right)\left(n-3\right)\text{...}4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{\left(n-1\right)\left(n-3\right)\text{...}}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(n+2\right)n\left(n-2\right)\left(n-4\right)\cdot \text{...}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$   Megjegyzés.   Lényegében ugyanígy bizonyíthattuk volna teljes indukcióval, hogy $a_{n+1}=\frac{n!}{a_n}$, ebből is egyszerűen következik, hogy $a_n=\left(n-1\right)\left(n-3\right)\text{...}\mathrm{.}$