Az A. 810. feladat (2021. november)

A. 810. Legyen minden pozitív egész $\displaystyle n$-re

$\displaystyle r_n=\sum_{t=0}^{n} {(-1)}^t \binom{n}{t} \frac{1}{(t+1)!}.$

Bizonyítsuk be, hogy $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} r_n=0$.

(7 pont)

A beküldési határidő 2021. december 10-én LEJÁRT.

Megoldás. (MEGJEGYZÉS: A bizonyítás során helyenként zárójelben szerepelnek MEGJEGYZÉS feliratú részek, ezek arra utalnak, hogy mi egy lehetséges módja bizonyos állítások megsejtésének. Ezek a megjegyzések általában a matematikai analízis fogalmait használják, de a megjegyzések nem részei a bizonyításnak, a bizonyítás nélkülük is teljes.)

Kis jelölésbeli változtatással élünk, ami némileg egyszerűbbé tesz majd bizonyos képleteket.

Legyen $\displaystyle n\ge 2$-re $\displaystyle a_n=-r_{n-1}$, és legyen $\displaystyle a_1=-1$ és $\displaystyle a_0=1$.

Világos, hogy elég belátni, hogy

$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n=0,$

ugyanis $\displaystyle a_0+a_1=0$ miatt ez ekvivalens azzal, hogy

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} r_n=0.$

(MEGJEGYZÉS: A feladat alapötlete onnan származik, hogy a $\displaystyle 0$ körül hatványsorba fejtjük az $\displaystyle e^{\frac{1}{x-1}}$ függvényt.

Be lehet látni, hogy ez a hatványsor éppen

$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} {a_n} x^n.$

Ahogy $\displaystyle x$ alulról tart az $\displaystyle 1$-hez, úgy $\displaystyle \frac{1}{x-1}$ a negatív végtelenhez tart, így $\displaystyle e^{\frac{1}{x-1}}$ a $\displaystyle 0$-hoz tart, ezért reménytelinek tűnik, hogy a hatványsor értéke $\displaystyle 1$-ben valóban

$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n\cdot 1=0.$

A gond az, hogy a függvény nem értelmezett $\displaystyle 1$-ben (de balról folytonosan kiterjeszthető oda), $\displaystyle 1$-nél nagyobb $\displaystyle x$-ekre pedig már egyáltalán nem is működik a hatványsora, így nem világos, hogy $\displaystyle 1$-ben valóban konvergál-e a hatványsora. Abel tétele szerint az viszont már igaz, hogy ha konvergál, akkor 0-t fog felvenni.)

Észrevehetjük, hogy minden $\displaystyle k\ge 0$-ra $\displaystyle a_k=-(k+1)a_{k+1}+2ka_k-(k-1)a_{k-1}$ teljesül (ahol $\displaystyle a_{-1}=0$).

Bizonyítás:

$\displaystyle a_k=\sum_{t=0}^{k-1} (-1)^{t+1} \binom{k-1}{t} \frac{1}{(t+1)!}$

$\displaystyle k(-1)^{t+1} \binom{k-1}{t} \frac{1}{(t+1)!}=(-1)^{t+1} \binom{k}{t+1} \frac{1}{t!}$

Tehát ebben a felírásban a

$\displaystyle -(k+1)a_{k+1}+2ka_k-(k-1)a_{k-1}$

összegben $\displaystyle (-1)^{t}\frac{1}{t!}$ együtthatója

$\displaystyle \binom{k+1}{t+1}-2\binom{k}{t+1}+\binom{k-1}{t+1}=\binom{k}{t}-\binom{k-1}{t}=\binom{k-1}{t-1}.$

Tehát

$\displaystyle -(k+1)a_{k+1}+2ka_k-(k-1)a_{k-1}=\sum_{t=1}^{k} (-1)^{t-1+1}\binom{k-1}{t-1}\frac{1}{t!}=a_k.$

(MEGJEGYZÉS: Ez a rekurzió is megsejthető abból, hogy összehasonlítjuk $\displaystyle e^{\frac{1}{x-1}}$ deriváltjának a hatványsorát az eredeti hatványsorával.)

Tehát most már csak azt kell belátni, hogy a rekurzióval kapott $\displaystyle a_k$ sorozatra $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} a_k=0$.

Legyen $\displaystyle b_k=ka_k$. A rekurzió szerint minden $\displaystyle k\ge 0$-ra

$\displaystyle a_k=-b_{k+1}+2b_k-b_{k-1},$

(ahol úgy definiáljuk, hogy $\displaystyle b_{-1}=a_{-1}=0$).

Ekkor

$\displaystyle \sum_{k=0}^{N} a_k=-b_{-1}+b_0+b_N-b_{N+1},$

mivel az összes többi tag teleszkopikusan kiesik.

$\displaystyle b_{-1}=0$ és $\displaystyle b_0=0, a_0=0$, így $\displaystyle \sum_{k=0}^{N} a_k=b_N-b_{N+1}$. Erről kell belátni, hogy $\displaystyle 0$-hoz tart.

Legyen

$\displaystyle g(k)=k(b_{k+1}-b_k)^2+b_kb_{k+1}.$

(MEGJEGYZÉS: Ha valaki már tanult ilyenekről, akkor észreveheti, hogy a kívánt rekurzió megfelelője az

$\displaystyle f''(x)=-\frac{f(x)}{x}$

differenciálegyenlet, amelynek közelítőleg jó megoldásai az

$\displaystyle f(x)=c\sin(2\sqrt{x}+d)$

alakú függvények, és ezekre

$\displaystyle xf'(x)^2+f^2(x)$

konstans, ez felel meg a $\displaystyle g(k)$-nak, innen jöhet az inspiráció, hogy $\displaystyle g(k)$ közel konstans lesz, és ez hasznos lehet.)

Legyen

$\displaystyle c_k=b_k-b_{k-1}.$

Felhasználva, hogy

$\displaystyle c_{k+1}-c_k=b_{k+1}-2b_k+b_{k-1}=-\frac{b_k}{k},$

azt kapjuk, hogy

Legyen $\displaystyle h(k)=\frac{g(k)}{k}$. Ekkor

$\displaystyle b_{k-1}b_k$ csak akkor negatív, ha éppen előjelváltás történik, de ekkor a számtani-mértani közepek közötti egyenlőtlenség miatt

$\displaystyle |b_{k-1}b_k|\le \frac{1}{4}(|b_{k-1}|+|b_k|)^2=\frac{1}{4}(b_k-b_{k-1})^2.$

Ebből az is következik, hogy

$\displaystyle g(k-1)=(k-1)(b_k-b_{k-1})^2+b_{k-1}b_k$

mindig pozitív.

Most belátjuk, hogy $\displaystyle h(k)$ korlátos:

$\displaystyle h(k)=(b_{k+1}-b_k)^2+\frac{b_kb_{k+1}}{k}$

és

$\displaystyle b_kb_{k+1}\ge -\frac{(b_{k+1}-b_k)^2}{4}$

állításokból következik, hogy

$\displaystyle (b_{k+1}-b_k)^2\le \frac{4k+1}{4k} h(k),$

így ha $\displaystyle b_kb_{k+1}$ éppen negatív, akkor is

$\displaystyle |b_{k-1}b_k|\le \frac{(b_{k+1}-b_k)^2}{4}\le \frac{h(k)}{3}.$

Ha $\displaystyle b_kb_{k+1}$ pozitív, akkor

$\displaystyle h(k+1)-h(k)=-\frac{b_kb_{k+1}}{k(k+1)}$

negatív. Ha pedig $\displaystyle b_kb_{k+1}$ negatív, akkor az előzőekből következően

$\displaystyle h(k+1)\le (1+\frac{1}{3k(k+1)})h(k).$

Tehát minden $\displaystyle h(k)$ érték kisebb mint $\displaystyle c_0\prod_{k=1}^{\infty} (1+\frac{1}{3k(k+1)})$, ami egy véges $\displaystyle M$ érték.

Tegyük föl, hogy $\displaystyle h(k)$ nem tart a $\displaystyle 0$-hoz, hanem $\displaystyle \limsup h(k)=d>0$.

Mivel

$\displaystyle h(k+1)-h(k)\le \frac{M}{3k(k+1)},$

és ezek összege konvergens, ezért tetszőlges $\displaystyle \varepsilon>0$-ra igaz, hogy létezik olyan kellően nagy $\displaystyle N$, hogy $\displaystyle k>N$-re $\displaystyle h(k)\ge d-\varepsilon$, mert az $\displaystyle N$ utáni $\displaystyle \frac{M}{3k(k+1)}$ tagok összege már kisebb, mint $\displaystyle \frac{\varepsilon}{2}$.

Legyen tehát $\displaystyle d-\varepsilon=c$. Feltételezésünk szerint egy pont után a $\displaystyle h(k)$ sorozat minden tagja nagyobb $\displaystyle c$-nél, viszont $\displaystyle h(k)$ lehetséges növekedéseinek összege korlátos, tehát a csökkenéseinek összege is korlátos kell, hogy legyen.

A csökkenés

$\displaystyle h(k+1)-h(k)=\frac{-b_kb_{k+1}}{k(k+1)}=\frac{1}{k+1}((b_{k+1}-b_k)^2-h(k))$

és $\displaystyle h(k)\ge c$, tehát ahhoz, hogy a csökkenés kicsi legyen, az kell, $\displaystyle (b_{k+1}-b_k)^2$ közel legalább $\displaystyle c$ vagy annál csak kicsit kisebb legyen jellemzően.

$\displaystyle b_kb_{k+1}\le g(k)\le d k$

és $\displaystyle h(k)$ korlátoságából következik, hogy $\displaystyle b_{k+1}-b_k$ korlátos, így

$\displaystyle |b_k|\le \sqrt{d}\sqrt{k}\le 2\sqrt{c}\sqrt{k}$

Tehát ha

$\displaystyle |b_{k+1}-b_k|\ge \frac{\sqrt{c}}{2},$

akkor legfeljebb $\displaystyle 5\sqrt{k}$ lépés alatt

$\displaystyle |b_k|\ge \frac{\sqrt{c}}{2}\sqrt{k}$

lesz, és az előjele ugyanaz lesz, mint $\displaystyle b_{k+1}-b_k$ előjele.

Ekkor $\displaystyle b_{k+1}-b_k$ megváltozása, ami $\displaystyle -\frac{b_k}{k}$ legalább

$\displaystyle \frac{\sqrt{c}}{2}\frac{1}{\sqrt{k}}$

távolsággal közelíti $\displaystyle b_{k+1}-b_k$-t a $\displaystyle 0$-hoz lépésenként, így az legfeljebb $\displaystyle 3\sqrt{k}$ lépésben átlépi újra a $\displaystyle \frac{\sqrt{c}}{2}$-es határt.

Tehát az az időszak, amikor

$\displaystyle |b_{k+1}-b_k|\ge \frac{\sqrt{c}}{2}$

volt, az legflejebb $\displaystyle 10\sqrt{k}$ lépésig tartott, és utána $\displaystyle \frac{\sqrt{c}}{2}$ és $\displaystyle -\frac{\sqrt{c}}{2}$ között áthaldania legalább $\displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{k}$ lépés, mert mint láttuk,

$\displaystyle |b_k|\le \sqrt{d}\sqrt{k}\le 2\sqrt{c}\sqrt{k}.$

Tehát ha $\displaystyle k$ olyan, hogy $\displaystyle b_{k+1}-b_k$ előjelet vált, akkor legfeljebb $\displaystyle 30\sqrt{k}$ lépésig tart után a teljes ciklus, amíg $\displaystyle b_{k+1}-b_k$ újra előjelet vált, és minden $\displaystyle k$-nál történő előjelváltás körül van egy legalább $\displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{k}$ hosszú intervallum, amelyben

$\displaystyle |b_{k+1}-b_k|< \frac{\sqrt{c}}{2}.$

Egy ilyen intervallumon belül $\displaystyle h(k)$ csökkenése minden lépésben legalább

$\displaystyle -\frac{1}{k+1}((b_{k+1}-b_k)^2-h(k))\ge \frac{1}{k}\frac{3}{4}c.$

Mivel ez legalább $\displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{k}$ lépésen keresztül történik, ezért a teljes intervallumon $\displaystyle h(k)$ csökkenés legalább $\displaystyle \frac{3}{8}\frac{1}{\sqrt{k}}$.

Mivel egy $\displaystyle k$ körüli intervallum után legfeljebb $\displaystyle 30\sqrt{k}$ lépéssel már jön is a következő ilyen intervallum, ezért a csökkenések összegét alulbecsüljük, ha azt mondjuk, hogy minden $\displaystyle k=100n^2$ értékre jön egy ilyen intervallum.

Ekkor $\displaystyle h(k)$ csökkenések összege

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3}{8}\frac{1}{\sqrt{100n^2}},$

ami végtelen.

Ezzel ellentmondásra jutottunk, hiszen $\displaystyle h(k)$-ról már beláttuk, hogy mindig pozitív.

Tehát hamisnak bizonyult az a feltételezésünk, hogy $\displaystyle h(k)$ nem $\displaystyle 0$-hoz tart.

Vagyis

$\displaystyle h(k)=(b_{k+1}-b_k)^2+\frac{b_kb_{k+1}}{k}$

tart a $\displaystyle 0$-hoz, és már beláttuk, hogy

$\displaystyle (b_{k+1}-b_k)^2\le \frac{4k}{4k+1} h(k),$

így ez is tart a $\displaystyle 0$-hoz.

Vagyis ha $\displaystyle k$ tart a végtelenhez, akkor $\displaystyle b_{k+1}-b_k$ tart a $\displaystyle 0$-hoz, és ha még emlékszünk a bizonyítás elejére, akkor ez éppen azzal ekvivalens, hogy

$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} a_k=0.$

Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Statisztika:

10 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	1 versenyző.
2 pontot kapott:	3 versenyző.
1 pontot kapott:	5 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2021. novemberi matematika feladatai