Halloween-nøtt

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Følgen av reelle tall $a_0,a_1,a_2,...$ er definert rekursivt ved at $$ a_0=-1, \qquad \sum_{k=0}^{n}\frac{a_{n-k}}{k+1}=0$$ for $n\ge 1$.

Vis at $a_n>0$ for $n\ge 1$.
Kristian Saug

Hei,

Sum((an - k)/(k + 1), k>/= 1, k</= n) = 0

gir oss

Sum(an/(k+1), k>/= 1, k</= n) - Sum(k/(k+1), k>/= 1, k</= n) = 0

således

Sum(an/(k+1), k>/= 1, k</= n) = Sum(k/(k+1), k>/= 1, k</= n)

Siden (k+1) og k/(k+1) vil ha positiv verdi for alle k>/= 1, k</= n,
må også an få positiv verdi for alle n>/= 1.
Altså an > 0 for n >/=1

a1 = 1/3
a2 = 7/11
a3 = 23/25
a4 = 163/137

osv....

Jeg antar noen har en fiffigere løsning! Men denne løsningen er jo uansett rett.....
Emilga
Riemann
Riemann
Innlegg: 1552
Registrert: 20/12-2006 19:21
Sted: NTNU

Jeg tror Gustav mener $a_{n-k}$ og ikke $a_n - k$

Dvs. for n=3:

$$ \frac{a_3}{1} + \frac{a_2}{2} + \frac{a_1}{3} + \frac{a_0}{4} = 0 $$

Altså:

$a_1 = \frac 12 $

$a_2 = \frac{1}{12} $

$a_3 = \frac{1}{24} $

$a_4 = \frac{19}{720} $

osv.
Emilga
Riemann
Riemann
Innlegg: 1552
Registrert: 20/12-2006 19:21
Sted: NTNU

Anta at $a_n > 0$ for $n=1,2,\ldots, m-1$. Vil da vise at $a_{m}>0$.

For $n=m$:
$$ \sum_{k=0}^{m} \frac{a_{m-k}}{k+1} = 0$$

Som omskrives til (*):
$$ a_{m} + \sum_{k=1}^{m-1} \frac{a_{m-k}}{k+1} = \frac{1}{m+1}$$

Og $n=m-1$ gir oss:

$$ \sum_{k=0}^{m-1} \frac{a_{m-1-k}}{k+1} = 0 $$

Som omskrives til:

$$ \sum_{k=0}^{m-2} \frac{a_{m-1-k}}{k+1} = \frac 1m$$

Skifter indekser:

$$ \sum_{k=1}^{m-1} \frac{a_{m-k}}{k} = \frac 1m $$

Sammenligner nå ledd for ledd og får:

$$ \sum_{k=1}^{m-1} \frac{a_{m-k}}{k+1} < \frac{m}{m+1} \sum_{k=1}^{m-1} \frac{a_{m-k}}{k} = \frac{m}{m+1} \frac 1m = \frac 1{m+1} $$


Altså er (*):

$$ \frac 1{m+1} = a_m + \sum_{k=1}^{m-1} \frac{a_{m-k}}{k+1} < a_m + \frac 1{m+1} $$

Som gir oss: $0 < a_m$. Siden $a_1 = \frac 12$ er $a_n > 0$ for alle $n = 1,2, \ldots$. (Med forbehold om slurvefeil...)
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Induksjon er riktig ja. Problemet er fra en IMO shortlist (problem A2, i 2006). Det skal visst være mulig å løse den vha komplekse konturintegraler. Det kan jo være en oppfølger å finne den løsningen.
Svar