Russisk nyttårsnøtt
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Ikke at jeg har sett så mye på problemet, trenger man ikke vite $a_0$ og?
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Fin oppgave. Siden $a_0=0$ så har vi (med $m=k,n=0$)Markus skrev:Følgen $(a_n)$ er definert ved $a_1=1$ og $a_{m+n}+a_{m-n}=\frac12 \left(a_{2m}+a_{2n}\right)$ der $m,n$ er ikke-negative heltall slik at $m\geq n$. Finn $a_{2018}$
\[ 2a_{k} = \frac12a_{2k}, \]
og lar vi $m=k,n=1$, så får vi
\[ a_{k+1}+a_{k-1} = \frac12(a_{2k}+a_2)=2a_k+2.\]
$(a_n)$ må derfor tilfredsstille $a_{k+1}=2a_k-a_{k-1}+2$, og det er nå lett å vise at $a_n=n^2$ er den unike løsningen.
Flotters stensrud! Løste den mer eller mindre likt som deg, og viste siste delen ved sterk induksjon på $n$. Man kan vel også løse den som en differenslikning, hvilket jeg tror du gjorde? Oppgaven er fra den russiske matematikkolympiaden 1995.stensrud skrev:Fin oppgave. Siden $a_0=0$ så har vi (med $m=k,n=0$)Markus skrev:Følgen $(a_n)$ er definert ved $a_1=1$ og $a_{m+n}+a_{m-n}=\frac12 \left(a_{2m}+a_{2n}\right)$ der $m,n$ er ikke-negative heltall slik at $m\geq n$. Finn $a_{2018}$
\[ 2a_{k} = \frac12a_{2k}, \]
og lar vi $m=k,n=1$, så får vi
\[ a_{k+1}+a_{k-1} = \frac12(a_{2k}+a_2)=2a_k+2.\]
$(a_n)$ må derfor tilfredsstille $a_{k+1}=2a_k-a_{k-1}+2$, og det er nå lett å vise at $a_n=n^2$ er den unike løsningen.
Ja, det er sikkert mange måter å formalisere løsningen på, men jeg tror det enkleste er å vise til at differensligningen $a_{n+1}=2a_n-a_{n-1}+2$ med startverdiene $a_0=0,a_1=1$ har nøyaktig én løsning, slik at den løsningen vi allerede har ($a_n=n^2$) må være unik.Markus skrev: Flotters stensrud! Løste den mer eller mindre likt som deg, og viste siste delen ved sterk induksjon på $n$. Man kan vel også løse den som en differenslikning, hvilket jeg tror du gjorde? Oppgaven er fra den russiske matematikkolympiaden 1995.
Ah, forstår hva du mener nå! Smart! Dette kan vel også brukes i lignende situasjoner med lineære differensiallikninger, med initialverdibetingelser? Gjelder det for øvrig alle lineære differenslikninger at de har en unik løsning gitt "entydige" startverdier?stensrud skrev: Ja, det er sikkert mange måter å formalisere løsningen på, men jeg tror det enkleste er å vise til at differensligningen $a_{n+1}=2a_n-a_{n-1}+2$ med startverdiene $a_0=0,a_1=1$ har nøyaktig én løsning, slik at den løsningen vi allerede har ($a_n=n^2$) må være unik.