Τηλεσκοπική ακολουθία!

Συντονιστής: chris_gatos

Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6821
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Τηλεσκοπική ακολουθία!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Τετ Δεκ 26, 2018 9:36 pm

Έστω \displaystyle {\alpha _0} = 1 και \displaystyle {\alpha _{n + 1}} = {\alpha _0}....{\alpha _n} + 1, \displaystyle n \ge 0.
Να αποδείξετε ότι:
\displaystyle \frac{1}{{{\alpha _1}}} + ... + \frac{1}{{{\alpha _n}}} + \frac{1}{{{\alpha _{n + 1}} - 1}} = 1 για κάθε \displaystyle n \ge 1.


Χρήστος Κυριαζής

Λέξεις Κλειδιά:
mathfinder
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 502
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 01, 2009 11:56 pm

Re: Τηλεσκοπική ακολουθία!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathfinder » Τετ Δεκ 26, 2018 10:19 pm

Με μαθηματική επαγωγή.
Είναι \alpha _{1}=\alpha _{0}+1=2
Για n=1 : \frac{1}{\alpha _{1}}+\frac{1}{\alpha _{2}-1}=\frac{1}{\alpha _{1}}+\frac{1}{\alpha _{0}\alpha _{1}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1
Έστω ότι ισχύει για n=k , δηλαδή ισχύει
\frac{1}{a_{1}}+...+\frac{1}{\alpha _{k}}+\frac{1}{\alpha _{k+1}-1}=1
Θα δείξουμε ότι ισχύει και για n=k+1
\frac{1}{a_{1}}+...+\frac{1}{\alpha _{k}}+\frac{1}{\alpha _{k+1}}+\frac{1}{\alpha _{k+2}-1}=1-\frac{1}{{\alpha _{k+1}-1}}+\frac{1}{\alpha _{k+1}}+\frac{1}{\alpha _{k+2}-1}=1+\frac{1}{\alpha _{k+1}}-\frac{1}{\alpha _{0}\alpha _{1}...\alpha _{k}}+\frac{1}{\alpha _{0}\alpha _{1}...\alpha _{k+1}}=1+\frac{1}{\alpha _{k+1}}+\frac{1-\alpha _{k+1}}{\alpha _{0}\alpha _{1}...\alpha _{k+1}}= 1+\frac{1}{\alpha _{k+1}}-\frac{1}{\alpha _{k+1}}=1
Άρα ισχύει για κάθε n\geq 1

Αθ. Μπεληγιάννης


Never stop learning , because life never stops teaching.
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3923
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Τηλεσκοπική ακολουθία!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Τετ Δεκ 26, 2018 10:19 pm

Αρχικά είναι a_{n+2}=a_0a_1\ldots a_n a_{n+1}+1=(a_{n+1}-1)a_{n+1}+1.

Συνεπώς \dfrac{1}{a_{n+2}-1}=\dfrac{1}{(a_{n+1}-1)a_{n+1}}=\dfrac{1}{a_{n+1}-1}-\dfrac{1}{a_{n+1}} \ \ (1)

Θα συνεχίσουμε με επαγωγή για να αποδείξουμε την πρόταση.

Για n=1 ισχύει.

Ας υποθέσουμε ότι ισχύει για n=k δηλαδή ότι

\displaystyle \frac{1}{{{\alpha _1}}} + ... + \frac{1}{{{\alpha _k}}} + \frac{1}{{{\alpha _{k + 1}} - 1}} = 1 \ \ (2)

Τότε
\begin{aligned}\dfrac{1}{{{\alpha _1}}} + ... + \dfrac{1}{{{\alpha _k}}} + \dfrac{1}{\alpha _{k + 1} }+\dfrac{1}{a_{k+2}-1} & \stackrel{(2)}{=} 1-\dfrac{1}{{{\alpha _{k + 1}} - 1}}+ \dfrac{1}{\alpha _{k + 1} }+\dfrac{1}{a_{k+2}-1} \\ &\stackrel{(1)}{=} 1-\dfrac{1}{{{\alpha _{k + 1}} - 1}}+ \dfrac{1}{\alpha _{k + 1} }+\dfrac{1}{a_{k+1}-1}-\dfrac{1}{a_{k+1}}=1 \end{aligned}

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1816
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Τηλεσκοπική ακολουθία!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τετ Δεκ 26, 2018 11:02 pm

chris_gatos έγραψε:
Τετ Δεκ 26, 2018 9:36 pm
Έστω \displaystyle {\alpha _0} = 1 και \displaystyle {\alpha _{n + 1}} = {\alpha _0}....{\alpha _n} + 1, \displaystyle n \ge 0.
Να αποδείξετε ότι:
\displaystyle \frac{1}{{{\alpha _1}}} + ... + \frac{1}{{{\alpha _n}}} + \frac{1}{{{\alpha _{n + 1}} - 1}} = 1 για κάθε \displaystyle n \ge 1.
Εδώ έχουμε τηλεσκοπική... γέννηση! Είναι απλό να δούμε ότι a_1=2, a_2=3 και, όπως και ο Αλέξανδρος

\dfrac{1}{a_n-1}=\dfrac{1}{a_n}+\dfrac{1}{a_{n+1}-1},n\geq 2

οπότε:

1=\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2-1}=\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\dfrac{1}{a_3-1}= \dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\dfrac{1}{a_3}  +\dfrac{1}{a_4-1}

= \dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\dfrac{1}{a_3}  +\dfrac{1}{a_4}+\dfrac{1}{a_5-1}= ...=\displaystyle \frac{1}{{{\alpha _1}}} + ... + \frac{1}{{{\alpha _n}}} + \frac{1}{{{\alpha _{n + 1}} - 1}} =...


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8259
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Τηλεσκοπική ακολουθία!

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Δεκ 27, 2018 10:12 pm

Έχουμε δει επίσης την ίδια ακολουθία στο θέμα εδώ καθώς και στους συνδέσμους του.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Προτεινόμενα Θέματα Μαθηματικών”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης