Mathematical and Physical Journal
for High Schools
Issued by the MATFUND Foundation
Already signed up?
New to KöMaL?
I want the old design back!!! :-)

Problem B. 4883. (May 2017)

B. 4883. Define the sequence \(\displaystyle a_1, a_2, \dots\) with the following recurrence relation:

\(\displaystyle a_1=4, \quad a_2=2 \quad\text{and}\quad a_{n+1}=\frac{na_n^2}{na_n^2-(n+1)a_n+n+1}, \text{ if } n\ge 2. \)

Prove that

\(\displaystyle a_1+2\cdot a_2+3\cdot a_3+\cdots +n\cdot a_n=a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdot\,\cdots\, \cdot a_n \)

for all \(\displaystyle n\ge 1\).

Proposed by B. Kovács, Szatmárnémeti

(6 pont)

Deadline expired on June 12, 2017.


Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás. Először megmutatjuk, hogy a rekurzió értelmes, vagyis a sorozat egyetlen elemére sem lesz \(\displaystyle na_n^2-(n+1)a_n+n+1=0\). Ehhez elég belátni, hogy ennek az \(\displaystyle a_n\)-ben másodfokú egyenletnek nincsen valós megoldása. Az egyenlet diszkriminánsa

\(\displaystyle (n+1)^2-4n(n+1)=-3n^2-2n+1\leq -3-2+1=-4<0,\)

így ez valóban teljesül.

A bizonyítandó állítást \(\displaystyle n\)-re vonatkozó teljes indukcióval bizonyítjuk. Legyen \(\displaystyle P_n=a_1a_2\dots a_n\) minden \(\displaystyle n\geq 1\)-re.

Ha \(\displaystyle n=1\), akkor \(\displaystyle a_1=a_1\) persze teljesül. Ha \(\displaystyle n=2\), akkor

\(\displaystyle a_1+2a_2=4+2\cdot 2=8=4\cdot 2=a_1a_2\)

valóban teljesül. Legyen most \(\displaystyle n\geq 2\) tetszőleges, és tegyük fel, hogy \(\displaystyle n\)-ig már igazoltuk az állítást.

Mivel \(\displaystyle n\)-re és \(\displaystyle (n-1)\)-re tudjuk, hogy igaz az állítás, ezért

\(\displaystyle \frac{P_n}{a_n}=P_{n-1}=a_1a_2\dots a_{n-1}=a_1+2a_2+\dots+(n-1)a_{n-1}=\)

\(\displaystyle =(a_1+2a_2+\dots+(n-1)a_{n-1}+na_n)-na_n=P_n-na_n,\)

és így \(\displaystyle P_n=\frac{na_n}{1-\frac{1}{a_n}}=\frac{na_n^2}{a_n-1}\). A kapott összefüggést felhasználva

\(\displaystyle a_1a_2\dots a_{n+1}=P_na_{n+1}= \frac{na_n^2}{a_n-1} \cdot \frac{na_n^2}{na_n^2-(n+1)a_n+n+1}=\)

\(\displaystyle =\frac{(na_n^2)^2}{(a_n-1)(na_n^2-(n+1)a_n+n+1)}\)

és

\(\displaystyle a_1+2a_2+\dots+na_n+(n+1)a_{n+1}=P_n+(n+1)a_{n+1}=\)

\(\displaystyle =\frac{na_n^2}{a_n-1} + (n+1)\cdot\frac{na_n^2}{na_n^2-(n+1)a_n+n+1}=\)

\(\displaystyle =\frac{na_n^2(na_n^2-(n+1)a_n+n+1)+(n+1)na_n^2(a_n-1)}{(a_n-1)(na_n^2-(n+1)a_n+n+1)}=\)

\(\displaystyle =\frac{(na_n^2)^2}{(a_n-1)(na_n^2-(n+1)a_n+n+1)}.\)

A kapott eredményeket összevetve látható, hogy az állítás \(\displaystyle (n+1)\)-re is teljesül, így teljes indukcióval következik, hogy a feladat állítása minden \(\displaystyle n\)-re igaz.


Statistics:

32 students sent a solution.
6 points:Daróczi Sándor, Kerekes Anna, Kocsis Júlia, Kővári Péter Viktor, Nyitrai Boglárka, Velkey Vince, Weisz Máté.
5 points:Baran Zsuzsanna, Borbényi Márton, Busa 423 Máté, Csahók Tímea, Döbröntei Dávid Bence, Gáspár Attila, Győrffy Ágoston, Horváth Péter, Imolay András, Jánosik Áron, Janzer Orsolya Lili, Kőrösi Ákos, Márton Dénes, Nagy Nándor, Németh 123 Balázs, Póta Balázs, Schrettner Jakab, Simon Dániel Gábor, Szabó 417 Dávid, Szabó Kristóf, Szécsényi Nándor, Tóth Viktor, Várkonyi Dorka, Zólomy Kristóf.
4 points:1 student.

Problems in Mathematics of KöMaL, May 2017