Side 1 av 1
Halloween-nøtt
Lagt inn: 31/10-2019 23:22
av Gustav
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 $n\ge 1$.
Re: Halloween-nøtt
Lagt inn: 01/11-2019 13:33
av 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.....
Re: Halloween-nøtt
Lagt inn: 01/11-2019 16:54
av Emilga
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.
Re: Halloween-nøtt
Lagt inn: 01/11-2019 19:17
av Emilga
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...)
Re: Halloween-nøtt
Lagt inn: 01/11-2019 21:47
av Gustav
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.