Műsoron kívül közöljük az alábbi határérték feladatot. Lássuk be, hogy 2 + √3 az n-ediken törtrésze 1-hez konvergál. Képlettel:
Konstantin Perinek köszönjük a feladványt. Elég komoly hoppá élményünk volt, amikor végre sikerült rájönni a nyitjára.
Megoldás
A feladat nehézségét az adja, hogy a törtrész függvénnyel nem igazán lehet jól bánni. Próbáljunk is tőle megszabadulni a következő módon. Legyen
an := (2+√3)n
bn := (2-√3)n
cn := an + bn
Mi an törtrészének határértékét keressük.
Az érdekesség az, hogy cn egész, ami a binomiális kifejtéséből könnyen látható, ugyanis az √3 páratlan hatványai mind kiesnek belőle a különböző előjelek miatt. A maradék csupa egész szám lesz. Most persze mindjárt jön a kérdés, hogy honnan húztuk elő bn-t. Lehet játszani az eredeti sorozattal, pl. megpróbálni explicit képletet adni a √3-as tag együtthatóira, meg a “többi” részre. Ott pl. felbukkan a kérdéses tag. Cooldavee is írt egy jó megoldást. Esetleg rákeresni a bn egészrészéből képzett sorozat elemeire a világhálón. (Mi az első és harmadik ötletet próbáltuk.)
Mindenesetre, ha már egyszer megvan cn, onnan gyerekjáték az egész. Ugyanis cn éppen an felső egészrésze, hiszen bn < 1.
Ebből következik, hogy az 1-bn éppen az a sorozat, aminek a határértékét keressük:
{an} = 1 – bn
de lim(1- bn) = 1 – 0.
Így a végeredmény 1.
Megjegyzés cn éppen az n-edik Heron háromszög (olyan háromszög, aminek területe egész valamint oldalainak hossza 3 egymást követő egész szám) középső oldalával egyenlő. Ezt közelíti an alulról.
10 thoughts on “A végtelenbe és tovább”
Comments are closed.
Tényleg konvergál. Nem semmi. Sajnos bizonyítani még nem tudom, csak egy-két részeredményem van.
Legyen s(n) a sorozat n-dik tagja. H jelölje négyzetgyök 3-at. Ekkor a sorozat első 6 tagja:
s(1) = 2 + H
s(2) = 7 + 4*H
s(3) = 26 + 15*H
s(4) = 97 + 56*H
s(5) = 362 + 209*H
Jelölje az összeg első tagját a, másodikat (H nélkül) b, azaz s(3) esetén a(3) = 26, b(3) = 15. Ekkor b(n) = 2*a(n-1) + b(n-2). De hogy ez mire jó azt még nem látom. 🙂
Továbbá az összeg teljes második tagja (b(n)*H) jó közelítéssel kiadja a(n)-t, azaz a(n) = [b(n)*H+1] (szögletes zárójellel az egészrészt jelöltem, már nem rémlik hogyan jelöltük – bár sokszor nem használtuk az is biztos).
Ezek még csak észrevételek, be kellene látni őket. Az elsőt nem lehet nehéz, csak végig kell számolni, a második biztos nem triviális.
Hát ez a feladat gyönyörű! 🙂
Vizsgáljuk a b(n) := (2+sqrt(3))^n sorozatot. Ez egy mértani sorozat, a hányadosa 2+sqrt(3). Írjuk fel az első néhány tagot: 3.73, 13.93, 51.98, 193.99, 723.9986, 2701.9996. Érződik, hogy b(n) sorozat törtrésze tényleg 1-hez konvergál. De ez még csak egy sejtés.
Jó volna egy olyan a(n) sorozatot készíteni, amelyre igaz, hogy a(n) = ceiling(b(n)), ahol ceiling a felső egészrész függvény. Tehát a(n) első néhány tagjának a következőknek kell lenniük: 4, 14, 52, 194, 724, 2702. Ha b(n) sorozat egyetlen eleme sem egész szám (ezt egyelőre csak igen valószínűnek érezzük, de majd látni is fogjuk, hogy így van), akkor minden n-re igaz, hogy b(n)<a(n), tehát az eredeti feladatot úgy fogalmazhatjuk át, hogy bizonyítsuk be, hogy lim b(n) = lim a(n).
Szóval, már csak az a(n) sorozatot kell előállítanunk. Ha sokáig nézzük, rájöhetünk, hogy ez egy olyan “Fibonacci-szerű” sorozat lehet (fogalmam sincs, hogy van-e ezeknek rendes nevük). Ez lehet isteni sugallat, vagy fakadhat onnan is, hogy rájövünk arra, hogy az a(n+1)/a(n) sorozat konvergens. Kepler bácsi már belátta, hogy a Fibonacci sorozatokra egy ilyen sorozat az aranymetszés Φ értékéhez konvergál, tehát azt sejtjük, hogy ha a miénk nem Φ-hez konvergál, de konvergál, akkor a(n) Fibonacci-szerű sorozatunk van. Ha a(n) meglévő elemeivel próbálkozunk, abból is megsejthetjük, hogy lim a(n+1)/a(n) értéknek 2+sqrt(3) kéne lennie. De igazából ehhez sem kell isteni sugallat, hiszen b(n) mértani sorozatot akarjuk közelíteni, amelynek hányadosa 2+sqrt(3), tehát a(n) sorozat “hányados-határértéke” is 2+sqrt(3) kellene, hogy legyen.
Most definiáljuk rendesen, hogy mit is értünk Fibonacci-szerű sorozaton. Hát ezt: a(n+1) = α*a(n)+β*a(n-1). Az α és β együtthatókat megkaphatjuk, ha az a(3), a(2), a(1) konkrét értékekre (azaz 52, 14, 4), és az a(4), a(3), a(2) konkrét értékekre (azaz 194, 52, 14) felírt kétismeretlenes (α és β) egyenletrendszert megoldjuk. Az eredmény: α=4 és β=-1. De persze meg is sejthetjük ezeket az együtthatókat. 🙂 Tehát a(n+1)=4*a(n)-a(n-1). Ez sajnos rekurzív képlet, nekünk pedig zárt alakban kéne egy képlet. Szerencsére az előbb említett “hányados-határérték” ehhez is segítséget nyújt:
x := lim a(n+1)/a(n) = lim (4*a(n)-a(n-1))/a(n) = 4 – lim a(n-1)/a(n) = 4 – 1/(lim a(n)/a(n-1)) = 4 – 1/x
Tehát a következő egyenletet kell megoldanunk:
x = 4 – 1/x
Másként felírva látszik, hogy ez egy másodfokú egyenlet:
x^2 = 4x – 1
Ennek két megoldása van: 2-sqrt(3) és 2+sqrt(3). Ez utóbbinak nagyon örülünk, mert ez volt az a “hányados-határérték”, amit előre megsejtettünk.
A másodfokú egyenlet mindkét oldalát x^n -nel beszorozva kapjuk:
x^(n+2) = 4*x^(n+1) – x^n
Ebből már látszik, hogy a c(n):=(2-sqrt(3))^n és a d(n):=(2+sqrt(3))^n sorozatok (mellesleg vegyük észre, hogy d(n) valójában nem más mint b(n)), és minden lineáris kombinációjuk kielégítik a Fibonacci-szerű rekurziónkat. Tehát a(n) felírható a következő zárt képlettel:
a(n) = ξ*(2+sqrt(3))^n + μ*(2-sqrt(3))^n
Tudjuk, hogy a(1)=4 és a(2)=14, azaz:
a(1) = ξ*(2+sqrt(3)) + μ*(2-sqrt(3)) = 4
a(2) = ξ*(2+sqrt(3))^2 + μ*(2-sqrt(3))^2 = 14
Ezt a kétismeretlenes egyenletrendszert megoldva kapjuk, hogy ξ=1 és μ=1, azaz a(n) zárt képlete a következő:
a(n) = (2+sqrt(3))^n + (2-sqrt(3))^n
Tehát, eddig annyit történt, hogy csináltunk egy a(n) sorozatot, amelynek elemei egész számok (ezt a kezdeti elemekből és a rekurzív képletből tudjuk), és amelynek ismerjük a rekurzív és a zárt képletét is. Innen már nincs sok hátra. 🙂
b(n) := (2+sqrt(3))^n
a(n) = (2+sqrt(3))^n + (2-sqrt(3))^n
Nyilvánvaló, hogy (2-sqrt(3))^n > 0, ezért b(n) < a(n). Továbbá az is igaz, hogy (2-sqrt(3))^n < 1 (ugyanis n>=1). Mivel a(n) elemei egész számok, ezért az előbbiekből következik, hogy b(n) sorozat egyetlen eleme sem egész szám, valamint a(n) = ceiling(b(n)). Sőt, mivel lim (2-sqrt(3))^n = 0, ezért lim a(n) = lim b(n). Mindezekből pedig az következik, hogy:
lim {b(n)} = lim {(2+sqrt(3))^n} = 1
Hát, ha ez a feladat nem kurva szép, akkor nem tudom, mi az. 🙂
Ha Encsé megszánna engem, és kapnék tőle egy kis vizuális tuning-ot a képletekhez, azt nagyon megköszönném. 😉 (Kiegészítés: mindenhol, ahol lim-et írtam, “lim n tart a végtelenhez”-t akartam írni.)
Ajánlott szakirodalom:
http://hu.wikipedia.org/wiki/Fibonacci-számok
“Esetleg rákeresni a bn egészrészéből képzett sorozat elemeire a világhálón. (Mi az elsőt és a harmadikat próbáltuk.)”
hát…..
hát?
@cooldavee: Szép a levezetésed, egy apró, pici pongyolaság van benne, amikor azt írod, hogy lim a(n) = lim b(n), hiszen mindkét sorozat “határértéke” végtelen, tehát ennek így nem sok értelme van. Nyilván inkább azt lehet írni, hogy a különbségük határértéke 0, vagy ilyesmi.
Ja és sajna bloghun nem tudunk belenyúlni a kommentekbe, úgyhogy vizuális tuningot ne várjatok. Lehet egyáltalán valahogy képeket beszúrni kommentbe itt?
@encse: hát nem túl elegáns. ennyi csak.
de ez csak magánvélemény és semmit nem von le sem a feladat sem a megoldás szépségéből.
Hát valóban nem túl elegáns, de végülis semmi olyat nem használtunk fel, amit ne tudtunk volna előtte.
ezt találtuk:
http://www.research.att.com/~njas/sequences/index.html?q=4%2C+14%2C+52%2C+194%2C+724%2C+2702
@encse: nézem, klassz oldal. nem ismertem.
@-Maya: Tényleg, az a végtelen limeszes dolog elég értelmetlen húzás volt részemről. A helyes lépés tehát az általad is említett:
lim (a(n)-b(n)) = 0
Köszönöm a helyreigazítást! 🙂