MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 146

Po pierwszym roku drzewo ma jedną gałąź. W drugim roku ta gałąź jest jeszcze zbyt młoda, aby wypuścić pęd, więc

$x_1=x_2=1.$

W kolejnym roku pozostają wszystkie gałęzie istniejące rok wcześniej, których jest $x_{n+1}$. Nowe pędy wypuszczają gałęzie mające co najmniej dwa lata; ich liczba odpowiada liczbie gałęzi sprzed dwóch lat, czyli $x_n$. Stąd

$x_{n+2}=x_{n+1}+x_n$

dla $n\geq1$. Obliczamy:

$x_3=2,\qquad x_4=3,\qquad x_5=5.$

a) Wybieramy $p=4$ i $q=-1$. Rekurencja ma wtedy postać

$a_{n+1}=a_n+4n-1.$

Kolejne wyrazy wynoszą

$$\begin{aligned} a_1&=1,\\ a_2&=1+4-1=4,\\ a_3&=4+8-1=11,\\ a_4&=11+12-1=22,\\ a_5&=22+16-1=37. \end{aligned}$$

b) Sumujemy przyrosty:

$$\begin{aligned} a_n&=1+\sum_{k=1}^{n-1}(4k-1)\\ &=1+2n(n-1)-(n-1)\\ &=2n^2-3n+2. \end{aligned}$$

Rekurencja rozdziela wyrazy o parzystych i nieparzystych indeksach.

Dla indeksów nieparzystych zaczynamy od $a_1=1$. Jeśli $a_{2k-1}=1$, to

$a_{2k+1}=2a_{2k-1}-1=1.$

Zatem każdy wyraz o indeksie nieparzystym jest równy $1$.

Dla indeksów parzystych mamy $a_2=2$. Wykażemy, że

$a_{2k}=2^{k-1}+1.$

Wzór jest prawdziwy dla $k=1$. Jeśli zachodzi dla $k$, to

$a_{2k+2}=2a_{2k}-1=2(2^{k-1}+1)-1=2^k+1.$

Otrzymaliśmy dokładnie definicję ciągu $(b_n)$.

W ciągu $(c_n)$ dla nieparzystego $n$ czynnik $1+(-1)^n$ jest równy $0$, więc $c_n=1$. Dla parzystego $n$ czynnik $\frac{1+(-1)^n}{2}$ jest równy $1$, zatem

$c_n=2^{\frac{n-2}{2}}+1=2^{\frac n2-1}+1.$

Jest to ten sam opis co dla $(b_n)$, więc wszystkie trzy wzory określają ten sam ciąg.

Ponieważ punkty $(n,a_n)$ leżą na paraboli $f(x)=x^2+bx+c$, mamy

$a_n=n^2+bn+c.$

Różnica dwóch kolejnych wyrazów tego ciągu jest równa

$a_{n+1}-a_n=(n+1)^2+b(n+1)+c-(n^2+bn+c)=2n+1+b.$

Z rekurencji natomiast

$a_{n+1}-a_n=2n-6\frac13=2n-\frac{19}{3}.$

Porównanie daje $1+b=-\frac{19}{3}$, czyli $b=-\frac{22}{3}$. Ponadto

$a_1=1-\frac{22}{3}+c=3\frac23=\frac{11}{3},$

stąd $c=10$. Zatem

$a_n=n^2-\frac{22}{3}n+10=\left(n-\frac{11}{3}\right)^2-\frac{31}{9}.$

Wierzchołek paraboli ma pierwszą współrzędną $\frac{11}{3}$. Spośród naturalnych indeksów najbliższy jest $n=4$, a

$a_4=16-\frac{88}{3}+10=-\frac{10}{3}.$

Dla kontroli $a_3=-3$ i $a_5=-\frac53$, więc najmniejszym wyrazem jest rzeczywiście $a_4$.

Z rekurencji wyznaczamy okresowe układy znaków:

$$\begin{array}{c|cccc} n\pmod4&1&2&3&0\\ \hline a_n&1&1&-1&-1\\ b_n&1&-1&-1&1 \end{array}$$

a) Dla $7\equiv3\pmod4$ mamy $P_7=(-1,-1)$, więc punkt leży w III ćwiartce. Dla $80\equiv0\pmod4$ jest $P_{80}=(-1,1)$, czyli II ćwiartka. Dla $122\equiv2\pmod4$ otrzymujemy $P_{122}=(1,-1)$, czyli IV ćwiartka.

b) Korzystając z tej samej tabeli:

$P_{90}=(1,-1),\qquad P_{200}=(-1,1),$

zatem

$|P_{90}P_{200}|=\sqrt{(-2)^2+2^2}=2\sqrt2.$

Ponadto

$P_{101}=(1,1),\qquad P_{303}=(-1,-1),$

więc

$|P_{101}P_{303}|=\sqrt{(-2)^2+(-2)^2}=2\sqrt2.$

Oba odcinki mają tę samą długość.