mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 16, 2013 4:46 pm**

Πρόβλημα: Η ακολουθία $\displaystyle{\left( {{a_n}} \right)_{n = 1}^\infty }$ ορίζεται ως ακολούθως: $\displaystyle{{a_1} = 0}$ και $\displaystyle{{a_{n + 1}} = {a_n} + 4n + 3}$ για κάθε θετικό ακέραιο

. Να υπολογίσετε το όριο

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sqrt {{a_n}} + \sqrt {{a_{4n}}} + \cdots + \sqrt {{a_{{4^{10}}n}}} }}{{\sqrt {{a_n}} + \sqrt {{a_{2n}}} + \cdots + \sqrt {{a_{{2^{10}}n}}} }}.}$

Λύση: Παρατηρούμε ότι για κάθε ακέραιο $n\ge 2$ ισχύει

$\displaystyle{{a_n} = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {{a_{k + 1}} - {a_k}} \right)} = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {4k + 3} \right) = 4} \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} k + 3\left( {n - 1} \right) = 4\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} + 3\left( {n - 1} \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{{a_n} = \left( {2n + 3} \right)\left( {n - 1} \right)}}$ .

Για τον υπολογισμό του ζητούμενου ορίου, διαιρούμε τον αριθμητή και τον παρονομαστή του με

και παρατηρούμε ότι για κάθε θετικό ακέραιο

ισχύει

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sqrt {{a_{mn}}} }}{n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sqrt {\left( {2mn + 3} \right)\left( {mn - 1} \right)} }}{n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt {\left( {2m + \frac{3}{n}} \right)\left( {m - \frac{1}{n}} \right)} = m\sqrt 2 .}$

Επομένως, το ζητούμενο όριο είναι ίσο με

$\displaystyle{\frac{{\left( {1 + 4 + {4^2} + \cdots + {4^{10}}} \right)\sqrt 2 }}{{\left( {1 + 2 + {2^2} + \cdots + {2^{10}}} \right)\sqrt 2 }} = \dfrac{{\dfrac{{{4^{11}} - 1}}{{4 - 1}}}}{{\dfrac{{{2^{11}} - 1}}{{2 - 1}}}} = \frac{{\left( {{2^{11}} - 1} \right)\left( {{2^{11}} + 1} \right)}}{{3\left( {{2^{11}} - 1} \right)}} = \frac{{{2^{11}} + 1}}{3} = \frac{{2049}}{3} = \boxed{683}.}$

mathematica.gr

Βουλγάρικο Πρόβλημα 9

Βουλγάρικο Πρόβλημα 9