matematikk.net

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 hetall slik at $m\geq n$. Finn $a_{2018}$

Ikke at jeg har sett så mye på problemet, trenger man ikke vite $a_0$ og?

Nebuchadnezzar skrev:Ikke at jeg har sett så mye på problemet, trenger man ikke vite $a_0$ og?

Sett $m=n=0$.

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 $a_{2018}$

Fin oppgave. Siden $a_0=0$ så har vi (med $m=k,n=0$)
\[ 2a_{k} = \frac12a_{2k}, \]
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.

stensrud skrev:

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 $a_{2018}$

Fin oppgave. Siden $a_0=0$ så har vi (med $m=k,n=0$)
\[ 2a_{k} = \frac12a_{2k}, \]
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.

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.

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.

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.

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?