Page 233 - vol2

Teljesen hasonlóan járunk el a páros indexű részsorozat esetén is.
c + 2 c + 2 3c + 4
Felírható, hogy c = 2n − 1 ,c = 2n − 2 ahonnan c = 2n− 2 . És
2n
c 2n − 1 + 1 2n− 1 c 2n − 2 + 1 2n 2c 2n− 2 + 3
3
mivel = c  2 ezért indukcióval belátható, hogy c  2  c  2
2 2 2n 2n− 2
3c + 4 3 2 − 4
 c = 2n− 2  2  c  = 2 . Most megvizsgáljuk a
2n
−
2c 2n− 2 + 3 2n− 2 3 2 2
c 2n+ 1 sorozat monotonítását. Ebből a célból felírjuk, hogy
−
3c + 4 2(2 c 2 )
c − c 2n − 2 = 2n − 2 − c 2n − 2 = 2n − 2  0 mert c  2 . Tehát a c
2n
2c 2n − 2 + 3 2c 2n − 2 + 3 2n− 1 2n
sorozat monoton csökkenő, alulról korlátos, ezért Weierstrasse tétele
3c + 4
alapján konvergens, vagyis létezik c = lim c ezért a c = 2n− 2
n→ 2n 2n 2c 2n− 2 + 3
3c + 4
rekurzió alapján c = ahonnan c = 2 . Tehát végül is kijelenthető,
2c + 3
a
hogy lim c = 2  lim n = 2 . Minden bizonnyal ez a leghosszabb, de
n→ n n→ b n
egyben a legérdekesebb és leg tanulságosabb megoldás is.

Ugyancsak a (6)-os rekurzióra építjük fel a következő
megoldásunkat, és függvénytani fogalmakkal tulajdonképpen lerövidítjük
a 7. megoldást.

9. megoldás: Először is könnyen belátható a sorozat korlátossága, ugyanis
mivel c = 1 és ha indukcióval feltételezzük, hogy c   ) akkor
1,2
1
n
1
c n+ 1 = 1+  2 , vagyis c n+   ) . Továbbá vegyük észre, hogy a
1,2
c + 1 1
n
rekurziónk egy c n+ 1 = f ( ) alakú rekurzió, ahol : f + → + és
c
n
x + 2 1
x
x
f ( ) = folytonos, sőt mi több, f '( ) = −  0 miatt az f
x + 1 (1 x ) 2
+
függvény szigorúan csökkenő. Éppen ezért f f szigorúan növekvő lesz,
3 17
tehát c =  = c és c = f ( (f c ) ) és c = f ( (f c ) ) végett
2
2 12 4 2n 2n− 2 2n+ 2 2n
indukcióval ellenőrizhető, hogy c 2n  c 2n+ 2 . Teljesen hasonlóan

233