Page 230 - vol2

A továbbiakban 3 újabb megoldást mutatunk be, amelyeknél az
alábbi rekurziós összefüggéseket használjuk:

=
Mivel a n + 1 + b n + 1 2 (1+ 2) n+ 1 = (1+ 2)(a + b n 2) ezért
n
a n+ 1 = a + n 2b (1), b n+ 1 = a + n b (2), a = 0 a = 1 1 , b = 0 0,b = 1 1 (3)
n
n
A feladatot a Stolz-Cesaro lemma segítségével oldjuk meg,
felhasználva az (1) és a (2) rekurziós összefüggéseket.

5. megoldás: A lemma alapján
a a − a a + 2b − a b 2
2
x = lim n = lim n+ 1 n = lim n n n = 2lim n = tehát x =
2
n→ b n n→ b n+ 1 − b n n→ a + b − b n n→ a n x
n
n
ahonnan x = 2 az egyetlen pozitív megoldás.
Megjegyzés: a fenti módszer nem csak a feladat partikularitása miatt


volt alkalmazható, hiszen tetszőleges a n+ 1 = a a + b b ,
n
n


b n+ 1 = c a + d b rekurziók mellett is felírható, hogy
n
n
a
(a − 1) n + b


a a − a (a − 1) a + b b b
x = lim n = lim n+ 1 n = lim n n = lim n = és


n→ b n n→ b n+ 1 − b n n→ c a + b + (d − 1) b n n→ c a n d − 1
n
n
b n
(a − 1)x b
+
= innen szintén meghatározható az x értéke.
+
cx d − 1
Az (1) és (2) adta rekurziós egyenletrendszert megoldva felírható,
hogy a n + 2 − 2a n + 1 − a = 0 (4) és b n + 2 − 2b n + 1 − b = 0 (5), ugyancsak a (3)
n
n
kezdetértéki feltételekkel.
6. megoldás: Az a n + 2 − 2a n + 1 − a = 0 másodrendű rekurzió karakterisztikus
n
=
2
egyenlete r − 2r − 1 0 ahonnan r = 1  2 , ezért
1,2
n
a =  ( 1+ 2 ) n + b ( 1− 2 ) . A (3) feltételekből meghatározva az ,a b
a
n
1  n n 
értékeket azt kapjuk, hogy a = 2   ( 1+ 2 ) ( 1+ − ) 2   . Teljesen
n
1  n n 
hasonlóan kapjuk, hogy b = ( 1+ 2 ) ( 1− − 2 ) . És innen már az
n
2 2    

230