Page 232 - vol2

1 1
n
x =  (1+ 2) + (1− 2)  n és y =  (1+ 2) − (1− 2)  n . Innem
n
n
n
2   2 2  
a
most már az 1. megoldás végső fázisába kerültünk, ezért lim n = 2 .
n→ b n
Az a n+ 1 = a + n 2b és b n+ 1 = a + n b rekurziók alapján felírható, hogy
n
n
a n + 2
a n+ 1 = a + 2b n vagyis a n+ 1 = b n , ezért ha c = a n , n akkor azt
n

b n+ 1 a + b n b n+ 1 a n + + 1 n b n
n
b n
c + 2
kapjuk, hogy c n+ 1 = n és c = 1(6). Erre a rekurzióra építve (Möbius
c + 1 1
n
vagy homografikus transzformáció), újabb 4 megoldást mutatunk be.

8. megoldás: Leghamarabb igazolni fogjuk, hogy a sorozat monoton és
korlátos. Ennek a bizonyítása azonban nem olyan egyszerű, mert ha
kiszámítsuk a sorozat néhány tagját azt látjuk, hogy c  1 c  3 c és
5
c  2 c  4 c . Ebből kifolyólag külön tanulmányozzuk a páros illetve
6
c + 2 c + 2
páratlan indexű sorozatokat. Mivel c 2n+ 1 = 2n ,c = 2n 2n− 1 ezért
c + 2n 1 c 2n− 1 + 1
3c + 4
c = 2n− 1 . És mivel 1 c=  2 ezért indukcióval belátható, hogy
2n+
1
2c 2n− 1 + 3 1
3c + 4 3 2 − 4
c  2  c  2  c = 2n− 1  2  c  = 2 .
−
+
+
1
2n
1
2n
2n
1
−
2c 2n− 1 + 3 2n − 1 3 2 2
Most megvizsgáljuk a c 2n+ 1 sorozat monotonítását. Ebből a célból felírjuk,
−
3c + 4 2(2 c 2 )
hogy c 2n+ 1 − c 2n− 1 = 2n − 1 − c 2n− 1 = 2n − 1  0 mert c  2 . Tehát
2c 2n − 1 + 3 2c 2n − 1 + 3 2n− 1
a c 2n+ 1 sorozat monoton növekvő, felülről korlátos, ezért Weierstrasse
tétele alapján konvergens, vagyis létezik c = lim c ezért a
n→ 2n− 1
3c + 4 3c + 4
c = 2n− 1 rekurzió alapján c = ahonnan c = 2 .
2n+
1
2c 2n− 1 + 3 2c + 3

232