Page 129 - vol2

Megoldás: Egy zsebszámológép kijelzőjén amely 8 karaktert tud
megjeleníteni, rendre ezt láthatjuk: 1; 1.414135; 1.5537739, 1.5980531;
1.6118477; 1.6161212; 1.6174427; 1.6178512; 1.6179775; 1.6180165;
1.61802859; 1.6180323; 1.6180334; 1.6180338; 1.6180339; 1.6180339;
1.6180339; ….Ezúttal az „állandó” számnak nem egy egész számot
kaptunk, hanem a 1.6180339 számot, ami természetesen csak egy 7
tizedes pontosságú megközelítés.
+
A sorozatunk ezúttal a = 1, a = 1 a = 1+ 1 = 2 ,
1
2
1
+
a = 1 a = 1+ 1+ 1 , és általában
2
3
(n + 1) gyök
−
+
+
a n+ 1 = 1 a = 1+ 1+ 1 ...+ 1 minden n  1 esetén. A
n
kiszámolt értékek alapján szigorúan növekvő, amit indukcióval az
a − a
előbbiek mintájára az a − a = 1 a − 1 a = n n− 1
+
+
n + 1 n n n − 1
+
1 a + 1 a
+
n n− 1
összefüggés alapján bizonyíthatunk. Mivel a sorozat szigorúan növekvő,
ezért a legjobb alsó korlát az első tag, vagyis a  a 1 =1, n  1. A felső

n
korlátot illetően az a sejtésünk, hogy a felső korlát egy megközelítő
értéke 1.6180339…Ha ez bebizonyosodna, akkor a sorozat monoton és
+
korlátos lenne, így létezne lima = , ami az a n+ 1 = 1 a rekurzió
x
n
n→ n
+
alapján az x = 1 x  x − − 1 0 amelynek a pozitív gyöke
=
2
x
1+ 5
x = = . 1 6180339 ...amit éppen a számológéppel is kaptunk. Tehát, a
2
1+ 5
sorozat legjobb felső korlátja az = . 1 6180339 szám (az
...
2
„aranymetszés száma” nevet is viseli), és ezt teljes indukcióval
1+ 5
igazolgatjuk, hiszen ha feltételezzük, hogy a  , akkor az
n
2
1 + 5 1 + 5
+
a = 1 a  1+ = is teljesül.
n+
1
n
2 2
2. Megjegyzés:
Az előbbi sorozatokat az a = a , a n+ 1 = a a , a> 0 rekurzióval
+
n
1
értelmeztük. Könnyen igazolható, hogy ez a sorozat szigorúan növekvő,
129