Ακολουθία από Εσθονία

DrStrange · #1

Μια ακολουθία θετικών πραγματικών a_1,a_2,...

ικανοποιεί την σχέση: $a_n = a_{n-1}+a_{n-2}$ για κάθε $n \ge 3$ . Μια ακολουθία b_1,b_2...

ορίζεται από τις εξισώσεις b_1=a_1

και $b_n = a_n + (b_1+b_3+...+b_{n-1})$ για κάθε άρτιο n>1

και $b_n =a_n +(b_2+b_4+...+b_{n-1})$ για κάθε περιττό n>1

. Να αποδειχτεί πώς αν $n \ge 3$ τότε $\dfrac{1}{3} < \dfrac{b_n}{n\cdot a_n}$ .

#2

Θα δείξω αρχικά το ακόλουθο:

Λήμμα: Για κάθε $n \geqslant 1$ ισχύει ότι $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} (n-1-2k)a_{n-1-2k} \geqslant (n-3)a_n$ . (Θεωρώ a_i = 0

για

.)

Απόδειξη λήμματος: Για n=1,2,3

είναι προφανές. Για το επαγωγικό βήμα έχω

$\displaystyle \begin{aligned} \sum_{k=0}^{\infty} (n-1-2k)a_{n-1-2k} &= (n-1)a_{n-1} + \sum_{r=0}^{\infty} (n-3-2r)a_{n-3-2r} \\ &\geqslant (n-1)a_{n-1} + (n-5)a_{n-2} \\ &= (n-3)(a_{n-1}+a_{n-2}) + 2(a_{n-1} - a_{n-2}) \\ &\geqslant (n-3)a_n \end{aligned}$

Αυτό ολοκληρώνει την απόδειξη του λήμματος. $\square$

Για το ζητούμενο θα πάμε πάλι επαγωγικά.

Έχουμε b_2 = a_2 + b_1 = a_2 + a_1 = a_3

και $\displaystyle b_3 = a_3 + b_2 = 2a_3 > \frac{3a_3}{3}$ . Το ζητούμενο λοιπόν ισχύει για n = 3

.

Επαγωγικά έχουμε

$\displaystyle \begin{aligned} b_n &= a_n + \sum_{k=0}^{\infty} b_{n-1-2k} \\ &> a_n + \frac{1}{3}\sum_{k=0}^{\infty} (n-1-2k)a_{n-1-2k} \\ &\geqslant a_n + \frac{(n-3)a_n}{3} = na_n \end{aligned}$

όπου στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε το λήμμα.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Ειναι εύκολο να δούμε ότι τελικά για όλα τα $n \ge 3$
είναι
$\displaystyle b_n = a_{n+1} + (b_1+b_2+...+b_{n-2})$

Επαγωγή με δύο προηγούμενα.
Για τα αρχικά ισχύει.

$\displaystyle 3b_{n+1} = 3a_{n+2} + 3(b_1+b_2+...+b_{n-2})+3b_{n-1}= 3a_{n+2} + 3(b_{n}-a_{n+1})+3b_{n-1}$
$\displaystyle > 3a_{n+2}+na_{n}-3a_{n+1}+(n-1)a_{n-1}> (n+1)a_{n+1}$

(παρέλειψα απλές πράξεις στο τελευταίο βήμα

Ακολουθία από Εσθονία

Ακολουθία από Εσθονία

Re: Ακολουθία από Εσθονία

Re: Ακολουθία από Εσθονία

Μέλη σε σύνδεση