Skaičių seka [tex]a_{0}, a_{1}, a_{2},...[/tex] apibrėžiama sąlygomis
[tex]a_{0}=1[/tex]
ir
[tex]a_{n+1}=a_{n} +\sqrt{a_{n+1}+a_{n}}, n\geq 0[/tex]
Įrodykite, kad tokia seka yra vienintelė ir raskite [tex]a_{n}[/tex] priklausomybę nuo n.
Palikau šaknį vienoj pusėj, pakėliau kvadratu, susirūšiavau ir skaičiavau diskriminantą.. gavau nesamonę :/
Bet taip skaičiuojant, įsistačius [tex]a_{0}=1[/tex] gaunu [tex]a_{1,1}=0[/tex], [tex]a_{1,2}=3[/tex], ir 3 tinka sąlygai.
[tex]a_{2,1}=1[/tex], [tex]a_{2,2}=6[/tex] ir t.t.
Tai matyt reiktų apsibrėžti, kad pagal [tex]a_{n+1}=a_{n} +\sqrt{a_{n+1}+a_{n}}, n\geq 0[/tex] turi būti [tex]a_{0}< a_{1}< a_{2}<...[/tex]
bet va bendru atveju skaičiuojant taip pat, visai ne į temą gaunasi.. Kodėl? Na ir šiaip, kaip spręst toliau?:)
Iš tikro [tex]a_{n+1}-a_n = \sqrt{a_{n+1}+a_n}\geq 0 \Rightarrow a_{n+1}\geq a_{n}[/tex].
Skaičiuodamas praleidai vienoj vietoj minusą. Gaunasi tokia lygtis:
[tex]a^2_{n+1}-a_{n+1}(2a_n+1)+a^2_n-a_n = 0[/tex]
[tex]D=8a_n+1[/tex]. Akivaizdu, kad [tex]D>1[/tex] su visais [tex]a_n[/tex], todėl [tex]a_{n+1}=\frac{2a_n+1-D}{2}<a_n[/tex], todėl šitas lygties sprendinys netinka. Belieka tik [tex]a_{n+1}=\frac{2a_n+1+\sqrt{8a_n+1}}{2}[/tex].
Įrodėm sekos vienatį: [tex]a_{n+1}[/tex] randamas vienareikšmiškai, kai [tex]a_n[/tex] žinomas.
Paskaičiavę gaunam, kad
[tex]a_1 = 3 = 1 + 2 \\ a_2 = 6 = 1 + 2 +3 \\ a_4 = 10 = 1 + 2 + 3 + 4 \\ a_5 = 15 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5[/tex]
ir taip toliau...
Spėjam, kad [tex]a_n = 1 + 2 + 3 + \ldots + n = \frac{n(n+1)}{2}[/tex]. Patikrinam, ar ši seka tenkina sąlygoj duotą lygybę. Iš tikro [tex] \frac{n(n+1)}{2}+\sqrt{\frac{(n+2)(n+1)}{2}+\frac{n(n+1)}{2}} = \frac{n(n+1)}{2} + (n+1) = \frac{(n+2)(n+1)}{2}[/tex].
Radome seką, kuri tenkina sąlygą. Kaip jau įrodėme, tokia seka yra vienintelė.