 |
A B. 4766. feladat (2016. január) |
B. 4766. Az \(\displaystyle a_{1}, a_{2}, \ldots\) sorozatot a következő rekurzióval definiáljuk: \(\displaystyle a_{1}=1\), \(\displaystyle a_{2}=5\), \(\displaystyle a_{3}=15\), továbbá ha \(\displaystyle n\ge 4\), akkor
\(\displaystyle a_{n}=n^{2}+a_{n-1}+a_{n-2}-a_{n-3}. \)
\(\displaystyle a)\) Számítsuk ki az \(\displaystyle a_{1}+a_{2}+a_{3}+\ldots +a_{2015}\) összeget.
\(\displaystyle b)\) Igazoljuk, hogy \(\displaystyle \frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{3}}+ \ldots +\frac{1}{a_{2015}}<\frac{4}{3}\).
Javasolta: Kovács Béla (Szatmárnémeti)
(5 pont)
A beküldési határidő 2016. február 10-én LEJÁRT.
Megoldás. A sorozat első néhány tagja: \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle 5\), \(\displaystyle 15\), \(\displaystyle 35\), \(\displaystyle 70\), \(\displaystyle 126\), ...
Vegyük észre, hogy a sorozat kiszámított tagjai megtalálhatók a Pascal háromszögben:
\(\displaystyle a_1=1 = C_4^0=C_4^4=\left(\begin{matrix}4\\0\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}4\\4\end{matrix}\right) = 1\),
\(\displaystyle a_2=5 = C_5^1=C_5^4=\left(\begin{matrix}5\\1\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}5\\4\end{matrix}\right) = 5\),
\(\displaystyle a_3=15 = C_6^2=C_6^4=\left(\begin{matrix}6\\2\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}6\\4\end{matrix}\right) = 15\),
\(\displaystyle a_4=35 = C_7^3=C_7^4=\left(\begin{matrix}7\\3\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}7\\4\end{matrix}\right) =35\) és így tovább.
Azt sejtjük, hogy ez a sorozat minden tagjára érvényes, vagyis
\(\displaystyle a_n=C_{n+3}^4=\left(\begin{matrix}n+3\\4\end{matrix}\right)=\frac{(n+3)(n+2)(n+1)n}{24}\,\,\) bármely \(\displaystyle n {\geq} 1\) esetén.
Teljes indukcióval bizonyítunk. Láttuk, hogy \(\displaystyle n\leq4\) esetén igaz az állítás. Tegyük fel, hogy az állítás igaz minden \(\displaystyle n\leq k-1\) esetén (ahol \(\displaystyle k\geq5\)), és bizonyítsuk be \(\displaystyle n=k\)-ra. A rekurzív összefüggést írjuk \(\displaystyle a_k-a_{k-1}=k^2+a_{k-2}-a_{k-3}\) alakba, és helyettesítsük be az \(\displaystyle a_k\) feltételezett értékét is:
\(\displaystyle \frac{k(k+1)(k+2)(k+3)}{24}-\frac{(k-1)k(k+1)(k+2)}{24} = k^2 + \frac{(k-2)(k-1)k(k+1)}{24}-\frac{(k-3)(k-2)(k-1)k}{24}\).
Kiemelés és összevonás után kapjuk: \(\displaystyle \frac{4k(k+1)(k+2)}{24} = k^2 + \frac{4(k-2)(k-1)k}{24}\).
Átrendezve, ismét kiemelve, összevonás után kapjuk:
\(\displaystyle \frac{4k(k+1)(k+2)}{24}-\frac{4(k-2)(k-1)k}{24}=k^2\),
\(\displaystyle \frac{k(k^2+3k+2)} 6-\frac{k(k^2-3k+2)} 6 = k^2\),
ami valóban teljesül. Mivel az átalakítások ekvivalensek voltak, ezért \(\displaystyle a_k=\frac{(k+3)(k+2)(k+1)k}{24}\) valóban fennáll.
Tehát a sorozat általános tagja: \(\displaystyle a_n=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{24}=\left(\begin{matrix}n+3\\4\end{matrix}\right)=C_{n+3}^4\).
a) Használjuk fel, hogy \(\displaystyle \binom nk+\binom{n}{k+1}=\binom{n+1}{k+1}\).
\(\displaystyle S = a_1+a_2+a_3+...+a_n = \binom 44+\binom 54+\binom 64+\binom 74...+\binom{n+1}{4}+\binom{n+2}{4}+\binom{n+3}{4}=\)
\(\displaystyle =\binom 55+\binom 54+\binom 64+\binom 74...+\binom{n+1}{4}+\binom{n+2}{4}+\binom{n+3}{4}=\)
\(\displaystyle =\binom 65+\binom 64+\binom 74...+\binom{n+1}{4}+\binom{n+2}{4}+\binom{n+3}{4}=\)
\(\displaystyle =\binom 75+\binom 74...+\binom{n+1}{4}+\binom{n+2}{4}+\binom{n+3}{4}=...=\)
\(\displaystyle =\binom{n+3}{5}+\binom{n+3}{4}=\binom{n+4}{5}.\)
Tehát \(\displaystyle a_1+a_2+a_3+...+a_{2015} = \binom{2019}{5}= \frac{2019\cdot 2018\cdot 2017\cdot 2016\cdot 2015}{120}\).
b) Mivel \(\displaystyle \frac 1 a_k=\frac{24}{k(k+1)(k+2)(k+3)}=\frac{8}{k(k+1)(k+2)}-\frac{8}{(k+1)(k+2)(k+3)}\), ezért
\(\displaystyle T = \frac 1{a_1}+\frac 1{a_2}+\frac 1{a_3}+...+\frac 1{a_n} = \frac{8}{1\cdot2\cdot3}-\frac{8}{2\cdot3\cdot4}+\frac{8}{2\cdot3\cdot4}-\frac{8}{3\cdot4\cdot5}+...+\frac{8}{n(n+1)(n+2)}-\frac{8}{(n+1)(n+2)(n+3)}=\)
\(\displaystyle = \frac 8{1\cdot 2\cdot 3}-\frac 8{(n+1)(n+2)(n+3)} < \frac 4 3.\)
Statisztika:
A KöMaL 2016. januári matematika feladatai