Μία με ακολουθία

#1

Έστω η ακολουθία τωv φυσικών αριθμών $(a_n),n\in\mathbb{N^*}$ , ώστε να ισχύει:
$(1) a_{n+2}=a_{n+1}a_n^2$ για κάθε

φυσικό, όχι μηδέν.
(2) a_1=8,a_2=125

Να βρείτε σε πόσα μηδενικά λήγει ο αριθμός $a_{2012}$

#2

chris_gatos έγραψε:Έστω η ακολουθία τωv φυσικών αριθμών $(a_n),n\in\mathbb{N^*}$ , ώστε να ισχύει:
$(1) a_{n+2}=a_{n+1}a_n^2$ για κάθε φυσικό, όχι μηδέν.

Να βρείτε σε πόσα μηδενικά λήγει ο αριθμός $a_{2012}$

Η αναδρομική σχέση γράφεται $a_{n+1}a_{n+2}=(a_{n+1}a_n)^2$ .
Θέτουμε $b_n=a_{n+1}a_n$ οπότε $b_{n+1}=b_n^2$ και επαγωγικά $b_{n}=b_1^{2^{n-1}}$ . Άρα $a_{n+1}a_n=10^{3\cdot 2^{n-1}}$ .

Επίσης $\displaystyle{\frac{a_{n+2}}{a_{n+1}^2}\cdot \frac{a_{n+1}}{a_{n}^2}=1}$ οπότε θέτοντας $\displaystyle{c_n=\frac{a_{n+1}}{a_n^2}}$

βρίσκουμε $c_{n+1}c_n=1$ οπότε $\displaystyle{c_{2011}=c_{2009}=...=c_1=\frac{125}{64}}$ .

Άρα $\displaystyle{\frac{a_{2012}}{a_{2011}^2}=\frac{125}{64}}$ και $a_{2011}^2a_{2012}^2=10^{6\cdot 2^ {\color{red} 2010}}$ .

Άρα $\displaystyle{a_{2012}^3=\frac{125}{64}10^{6\cdot 2^{\color{red} 2010}}}$ και $\displaystyle{a_{2012}=\frac{5}{4}10^{2\cdot 2^{\color{red} 2010}}}$

ή $\displaystyle{a_{2012}=5^3\cdot 10^{ 2^{\color{red} 2011}-2}}$

Άρα ο $a_{2012}$ τελειώνει σε $2^{\color{red} 2011}-2$ μηδενικά.

Y.Γ. Ευχαριστώ το Χρήστο και τον Κώστα για την υπόδειξη. Με κόκκινο είναι οι διορθώσεις.

#3

μια διαφορετική ιδέα

Παρατηρώ 'οτι $\displaystyle{a_1=2^3,a_2=5^3}$
από την μορφή του αναδρομικού τύπου συμπεραίνω οτι μόνοι πρώτοι παράγοντες του $\displaystyle{a_n}$ είναι το 2 και το 5 άρα $\displaystyle{a_n=2^{x_n}5^{y_n}}$
με αντικατάσταση στον αρχικό τύπο έχουμε
$\displaystyle{x_{n+2}=x_{n+1}+2x_n,x_1=3,x_2=0}$
$\displaystyle{y_{n+2}=y_{n+1}+2y_n,y_1=0,y_2=3}$
λύνοντας κατα τα γνωστά αυτές τις 2 αναδρομικές σχέσεις βρίσκουμε
$\displaystyle{x_n=2(-1)^{n-1}+2^{n-1}}$
$\displaystyle{y_n=-(-1)^{n-1}+2^{n-1}}$
Τότε ο $\displaystyle{a_{2012}=2^{x_{2012}} 5^{y_{2012}}}$ λήγει σε $\displaystyle{2^{2011}-2=x_{2012}}$ μηδενικά

Kostas_94 · #4

Μία ερώτηση, μήπως βγαίνουν $2^{2011}-2$ τα μηδενικά και όχι $2^{2012}-2$ ; Το λέω γιατι π.χ. στη δεύτερη απόδειξη, $x_{2012}=2^{2011}-2$ . Ή μήπως δεν βλέπω κάτι καλά (το πιο πιθανό γιατί και οι δυο λύσεις βγάζουν το ίδιο αποτέλεσμα).

#5

Κώστα(Kostas_94) καλησπέρα.
O γενικός τύπος της λύσης που έχω είναι:
$\displaystyle{ a_n = 2^{2^{n - 1} - 2( - 1)^n } 5^{2^{n - 1} +(- 1)^n} ,n \in\mathbb{N^*} }$
Νομίζω πως είναι δικαιολογημένη η αιτιασή σου, αλλά δε μπορώ να βρω και ψεγάδι στη λύση.
Κι εγώ χτες είχα πρόβλημα αλλά δεν έβγαζα άκρη με τις πράξεις.
Καλό απόγευμα.

#6

chris_gatos έγραψε:Κώστα(Kostas_94) καλησπέρα.
O γενικός τύπος της λύσης που έχω είναι:
$\displaystyle{ a_n = 2^{2^{n - 1} - 2( - 1)^n } 5^{2^{n - 1} +(- 1)^n} ,n \in\mathbb{N^*} }$
Νομίζω πως είναι δικαιολογημένη η αιτιασή σου, αλλά δε μπορώ να βρω και ψεγάδι στη λύση.
Κι εγώ χτες είχα πρόβλημα αλλά δεν έβγαζα άκρη με τις πράξεις.
Καλό απόγευμα.

Χρήστο, Κώστα ευχαριστώ για την υπόδειξη του λάθους.

Ελπίζω να είναι τώρα εντάξει.

#7

Παύλο καλησπέρα!
Εγώ θέλω να σου ζητήσω συγνώμη γιατί ένας λανθασμένος υπολογισμός μου χτες
σε παραπλάνησε...
Κάτι τρέχει τώρα τελευταία με μένα.
Θα είμαι πιό προσεκτικός.
Καλό βράδυ.

#8

chris_gatos έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 07, 2012 4:11 pm
Έστω η ακολουθία τωv φυσικών αριθμών $(a_n),n\in\mathbb{N^*}$ , ώστε να ισχύει:
$(1) a_{n+2}=a_{n+1}a_n^2$ για κάθε φυσικό, όχι μηδέν.

Να βρείτε σε πόσα μηδενικά λήγει ο αριθμός $a_{2012}$

Επαγωγικά

για κάθε

Αν

τότε $b_{n+2}=b_{n+1}+2b_n$ που είναι γραμμική, ομογενής αναδρομική ακολουθία με χαρακτηριστική εξίσωση x^2-x-2=0

Η τελευταία έχει ρίζες τους αριθμούς

και

οπότε

Τα

τα βρίσκουμε από τις αρχικές συνθήκες b_1, b_2...

Μία με ακολουθία

Μία με ακολουθία

Re: Μία με ακολουθία

Re: Μία με ακολουθία

Re: Μία με ακολουθία

Re: Μία με ακολουθία

Re: Μία με ακολουθία

Re: Μία με ακολουθία

Re: Μία με ακολουθία

Μέλη σε σύνδεση