Problem A. 810. (November 2021)

A. 810. For all positive integers \(\displaystyle n\) let \(\displaystyle r_n\) be defined as

\(\displaystyle r_n=\sum_{t=0}^{n} {(-1)}^t \binom{n}{t} \frac{1}{(t+1)!}. \)

Prove that \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} r_n=0\).

(7 pont)

Deadline expired on December 10, 2021.

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

Megoldás. (MEGJEGYZÉS: A bizonyítás során helyenként zárójelben szerepelnek MEGJEGYZÉS feliratú részek, ezek arra utalnak, hogy mi egy lehetséges módja bizonyos állítások megsejtésének. Ezek a megjegyzések általában a matematikai analízis fogalmait használják, de a megjegyzések nem részei a bizonyításnak, a bizonyítás nélkülük is teljes.)

Kis jelölésbeli változtatással élünk, ami némileg egyszerűbbé tesz majd bizonyos képleteket.

Legyen \(\displaystyle n\ge 2\)-re \(\displaystyle a_n=-r_{n-1}\), és legyen \(\displaystyle a_1=-1\) és \(\displaystyle a_0=1\).

Világos, hogy elég belátni, hogy

\(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n=0,\)

ugyanis \(\displaystyle a_0+a_1=0\) miatt ez ekvivalens azzal, hogy

\(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} r_n=0.\)

(MEGJEGYZÉS: A feladat alapötlete onnan származik, hogy a \(\displaystyle 0\) körül hatványsorba fejtjük az \(\displaystyle e^{\frac{1}{x-1}}\) függvényt.

Be lehet látni, hogy ez a hatványsor éppen

\(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} {a_n} x^n.\)

Ahogy \(\displaystyle x\) alulról tart az \(\displaystyle 1\)-hez, úgy \(\displaystyle \frac{1}{x-1}\) a negatív végtelenhez tart, így \(\displaystyle e^{\frac{1}{x-1}}\) a \(\displaystyle 0\)-hoz tart, ezért reménytelinek tűnik, hogy a hatványsor értéke \(\displaystyle 1\)-ben valóban

\(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n\cdot 1=0.\)

A gond az, hogy a függvény nem értelmezett \(\displaystyle 1\)-ben (de balról folytonosan kiterjeszthető oda), \(\displaystyle 1\)-nél nagyobb \(\displaystyle x\)-ekre pedig már egyáltalán nem is működik a hatványsora, így nem világos, hogy \(\displaystyle 1\)-ben valóban konvergál-e a hatványsora. Abel tétele szerint az viszont már igaz, hogy ha konvergál, akkor 0-t fog felvenni.)

Észrevehetjük, hogy minden \(\displaystyle k\ge 0\)-ra \(\displaystyle a_k=-(k+1)a_{k+1}+2ka_k-(k-1)a_{k-1}\) teljesül (ahol \(\displaystyle a_{-1}=0\)).

Bizonyítás:

\(\displaystyle a_k=\sum_{t=0}^{k-1} (-1)^{t+1} \binom{k-1}{t} \frac{1}{(t+1)!}\)

\(\displaystyle k(-1)^{t+1} \binom{k-1}{t} \frac{1}{(t+1)!}=(-1)^{t+1} \binom{k}{t+1} \frac{1}{t!}\)

Tehát ebben a felírásban a

\(\displaystyle -(k+1)a_{k+1}+2ka_k-(k-1)a_{k-1}\)

összegben \(\displaystyle (-1)^{t}\frac{1}{t!}\) együtthatója

\(\displaystyle \binom{k+1}{t+1}-2\binom{k}{t+1}+\binom{k-1}{t+1}=\binom{k}{t}-\binom{k-1}{t}=\binom{k-1}{t-1}.\)

Tehát

\(\displaystyle -(k+1)a_{k+1}+2ka_k-(k-1)a_{k-1}=\sum_{t=1}^{k} (-1)^{t-1+1}\binom{k-1}{t-1}\frac{1}{t!}=a_k.\)

(MEGJEGYZÉS: Ez a rekurzió is megsejthető abból, hogy összehasonlítjuk \(\displaystyle e^{\frac{1}{x-1}}\) deriváltjának a hatványsorát az eredeti hatványsorával.)

Tehát most már csak azt kell belátni, hogy a rekurzióval kapott \(\displaystyle a_k\) sorozatra \(\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} a_k=0\).

Legyen \(\displaystyle b_k=ka_k\). A rekurzió szerint minden \(\displaystyle k\ge 0\)-ra

\(\displaystyle a_k=-b_{k+1}+2b_k-b_{k-1},\)

(ahol úgy definiáljuk, hogy \(\displaystyle b_{-1}=a_{-1}=0\)).

Ekkor

\(\displaystyle \sum_{k=0}^{N} a_k=-b_{-1}+b_0+b_N-b_{N+1},\)

mivel az összes többi tag teleszkopikusan kiesik.

\(\displaystyle b_{-1}=0\) és \(\displaystyle b_0=0, a_0=0\), így \(\displaystyle \sum_{k=0}^{N} a_k=b_N-b_{N+1}\). Erről kell belátni, hogy \(\displaystyle 0\)-hoz tart.

Legyen

\(\displaystyle g(k)=k(b_{k+1}-b_k)^2+b_kb_{k+1}.\)

(MEGJEGYZÉS: Ha valaki már tanult ilyenekről, akkor észreveheti, hogy a kívánt rekurzió megfelelője az

\(\displaystyle f''(x)=-\frac{f(x)}{x}\)

differenciálegyenlet, amelynek közelítőleg jó megoldásai az

\(\displaystyle f(x)=c\sin(2\sqrt{x}+d)\)

alakú függvények, és ezekre

\(\displaystyle xf'(x)^2+f^2(x)\)

konstans, ez felel meg a \(\displaystyle g(k)\)-nak, innen jöhet az inspiráció, hogy \(\displaystyle g(k)\) közel konstans lesz, és ez hasznos lehet.)

Legyen

\(\displaystyle c_k=b_k-b_{k-1}.\)

Felhasználva, hogy

\(\displaystyle c_{k+1}-c_k=b_{k+1}-2b_k+b_{k-1}=-\frac{b_k}{k},\)

azt kapjuk, hogy

Legyen \(\displaystyle h(k)=\frac{g(k)}{k}\). Ekkor

\(\displaystyle b_{k-1}b_k\) csak akkor negatív, ha éppen előjelváltás történik, de ekkor a számtani-mértani közepek közötti egyenlőtlenség miatt

\(\displaystyle |b_{k-1}b_k|\le \frac{1}{4}(|b_{k-1}|+|b_k|)^2=\frac{1}{4}(b_k-b_{k-1})^2.\)

Ebből az is következik, hogy

\(\displaystyle g(k-1)=(k-1)(b_k-b_{k-1})^2+b_{k-1}b_k\)

mindig pozitív.

Most belátjuk, hogy \(\displaystyle h(k)\) korlátos:

\(\displaystyle h(k)=(b_{k+1}-b_k)^2+\frac{b_kb_{k+1}}{k}\)

és

\(\displaystyle b_kb_{k+1}\ge -\frac{(b_{k+1}-b_k)^2}{4}\)

állításokból következik, hogy

\(\displaystyle (b_{k+1}-b_k)^2\le \frac{4k+1}{4k} h(k),\)

így ha \(\displaystyle b_kb_{k+1}\) éppen negatív, akkor is

\(\displaystyle |b_{k-1}b_k|\le \frac{(b_{k+1}-b_k)^2}{4}\le \frac{h(k)}{3}.\)

Ha \(\displaystyle b_kb_{k+1}\) pozitív, akkor

\(\displaystyle h(k+1)-h(k)=-\frac{b_kb_{k+1}}{k(k+1)}\)

negatív. Ha pedig \(\displaystyle b_kb_{k+1}\) negatív, akkor az előzőekből következően

\(\displaystyle h(k+1)\le (1+\frac{1}{3k(k+1)})h(k).\)

Tehát minden \(\displaystyle h(k)\) érték kisebb mint \(\displaystyle c_0\prod_{k=1}^{\infty} (1+\frac{1}{3k(k+1)})\), ami egy véges \(\displaystyle M\) érték.

Tegyük föl, hogy \(\displaystyle h(k)\) nem tart a \(\displaystyle 0\)-hoz, hanem \(\displaystyle \limsup h(k)=d>0\).

Mivel

\(\displaystyle h(k+1)-h(k)\le \frac{M}{3k(k+1)},\)

és ezek összege konvergens, ezért tetszőlges \(\displaystyle \varepsilon>0\)-ra igaz, hogy létezik olyan kellően nagy \(\displaystyle N\), hogy \(\displaystyle k>N\)-re \(\displaystyle h(k)\ge d-\varepsilon\), mert az \(\displaystyle N\) utáni \(\displaystyle \frac{M}{3k(k+1)}\) tagok összege már kisebb, mint \(\displaystyle \frac{\varepsilon}{2}\).

Legyen tehát \(\displaystyle d-\varepsilon=c\). Feltételezésünk szerint egy pont után a \(\displaystyle h(k)\) sorozat minden tagja nagyobb \(\displaystyle c\)-nél, viszont \(\displaystyle h(k)\) lehetséges növekedéseinek összege korlátos, tehát a csökkenéseinek összege is korlátos kell, hogy legyen.

A csökkenés

\(\displaystyle h(k+1)-h(k)=\frac{-b_kb_{k+1}}{k(k+1)}=\frac{1}{k+1}((b_{k+1}-b_k)^2-h(k))\)

és \(\displaystyle h(k)\ge c\), tehát ahhoz, hogy a csökkenés kicsi legyen, az kell, \(\displaystyle (b_{k+1}-b_k)^2\) közel legalább \(\displaystyle c\) vagy annál csak kicsit kisebb legyen jellemzően.

\(\displaystyle b_kb_{k+1}\le g(k)\le d k\)

és \(\displaystyle h(k)\) korlátoságából következik, hogy \(\displaystyle b_{k+1}-b_k\) korlátos, így

\(\displaystyle |b_k|\le \sqrt{d}\sqrt{k}\le 2\sqrt{c}\sqrt{k}\)

Tehát ha

\(\displaystyle |b_{k+1}-b_k|\ge \frac{\sqrt{c}}{2},\)

akkor legfeljebb \(\displaystyle 5\sqrt{k}\) lépés alatt

\(\displaystyle |b_k|\ge \frac{\sqrt{c}}{2}\sqrt{k}\)

lesz, és az előjele ugyanaz lesz, mint \(\displaystyle b_{k+1}-b_k\) előjele.

Ekkor \(\displaystyle b_{k+1}-b_k\) megváltozása, ami \(\displaystyle -\frac{b_k}{k}\) legalább

\(\displaystyle \frac{\sqrt{c}}{2}\frac{1}{\sqrt{k}}\)

távolsággal közelíti \(\displaystyle b_{k+1}-b_k\)-t a \(\displaystyle 0\)-hoz lépésenként, így az legfeljebb \(\displaystyle 3\sqrt{k}\) lépésben átlépi újra a \(\displaystyle \frac{\sqrt{c}}{2}\)-es határt.

Tehát az az időszak, amikor

\(\displaystyle |b_{k+1}-b_k|\ge \frac{\sqrt{c}}{2}\)

volt, az legflejebb \(\displaystyle 10\sqrt{k}\) lépésig tartott, és utána \(\displaystyle \frac{\sqrt{c}}{2}\) és \(\displaystyle -\frac{\sqrt{c}}{2}\) között áthaldania legalább \(\displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{k}\) lépés, mert mint láttuk,

\(\displaystyle |b_k|\le \sqrt{d}\sqrt{k}\le 2\sqrt{c}\sqrt{k}.\)

Tehát ha \(\displaystyle k\) olyan, hogy \(\displaystyle b_{k+1}-b_k\) előjelet vált, akkor legfeljebb \(\displaystyle 30\sqrt{k}\) lépésig tart után a teljes ciklus, amíg \(\displaystyle b_{k+1}-b_k\) újra előjelet vált, és minden \(\displaystyle k\)-nál történő előjelváltás körül van egy legalább \(\displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{k}\) hosszú intervallum, amelyben

\(\displaystyle |b_{k+1}-b_k|< \frac{\sqrt{c}}{2}.\)

Egy ilyen intervallumon belül \(\displaystyle h(k)\) csökkenése minden lépésben legalább

\(\displaystyle -\frac{1}{k+1}((b_{k+1}-b_k)^2-h(k))\ge \frac{1}{k}\frac{3}{4}c.\)

Mivel ez legalább \(\displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{k}\) lépésen keresztül történik, ezért a teljes intervallumon \(\displaystyle h(k)\) csökkenés legalább \(\displaystyle \frac{3}{8}\frac{1}{\sqrt{k}}\).

Mivel egy \(\displaystyle k\) körüli intervallum után legfeljebb \(\displaystyle 30\sqrt{k}\) lépéssel már jön is a következő ilyen intervallum, ezért a csökkenések összegét alulbecsüljük, ha azt mondjuk, hogy minden \(\displaystyle k=100n^2\) értékre jön egy ilyen intervallum.

Ekkor \(\displaystyle h(k)\) csökkenések összege

\(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3}{8}\frac{1}{\sqrt{100n^2}},\)

ami végtelen.

Ezzel ellentmondásra jutottunk, hiszen \(\displaystyle h(k)\)-ról már beláttuk, hogy mindig pozitív.

Tehát hamisnak bizonyult az a feltételezésünk, hogy \(\displaystyle h(k)\) nem \(\displaystyle 0\)-hoz tart.

Vagyis

\(\displaystyle h(k)=(b_{k+1}-b_k)^2+\frac{b_kb_{k+1}}{k}\)

tart a \(\displaystyle 0\)-hoz, és már beláttuk, hogy

\(\displaystyle (b_{k+1}-b_k)^2\le \frac{4k}{4k+1} h(k),\)

így ez is tart a \(\displaystyle 0\)-hoz.

Vagyis ha \(\displaystyle k\) tart a végtelenhez, akkor \(\displaystyle b_{k+1}-b_k\) tart a \(\displaystyle 0\)-hoz, és ha még emlékszünk a bizonyítás elejére, akkor ez éppen azzal ekvivalens, hogy

\(\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} a_k=0.\)

Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Statistics:

10 students sent a solution.
5 points:	1 student.
2 points:	3 students.
1 point:	5 students.
0 point:	1 student.

Problems in Mathematics of KöMaL, November 2021