Brojevni nizovi - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Data je rekurentna relacija:

[tex]a_n + a_{n-1} = 2^n,\quad a_1 = 1,; a_2 = 1[/tex]

Prepišemo je kao:
[tex]a_n = 2^n - a_{n-1}[/tex]

Računamo redom:

[tex]a_3 = 2^3 - a_2 = 8 - 1 = 7[/tex]
[tex]a_4 = 2^4 - a_3 = 16 - 7 = 9[/tex]
[tex]a_5 = 2^5 - a_4 = 32 - 9 = 23[/tex]
[tex]a_6 = 2^6 - a_5 = 64 - 23 = 41[/tex]
[tex]a_7 = 2^7 - a_6 = 128 - 41 = 87[/tex]
[tex]a_8 = 2^8 - a_7 = 256 - 87 = 169[/tex]
[tex]a_9 = 2^9 - a_8 = 512 - 169 = 343[/tex]
[tex]a_{10} = 2^{10} - a_9 = 1024 - 343 = 681[/tex]
[tex]a_{11} = 2^{11} - a_{10} = 2048 - 681 = 1367[/tex]

Odgovor:
[tex]a_{11} = 1367[/tex]

Rešenje:
Rekurentna formula je [tex]a_{n+1} \cdot a_n=a_n^2+1[/tex]
[tex]a_{n+1}=\frac{1}{a_n}+a_n[/tex]
[tex]a_{n+1}-a_n=\frac{1}{a_n}[/tex].
To je dovoljno da dokaže da je [tex]a_n>0[/tex] za svako [tex]n[/tex]. Uradićemo to koristeći matematičku indukciju.
Za [tex]n=1[/tex]: [tex]a_1=1>0[/tex]
Za [tex]n=2[/tex]: [tex]a_2=a_1+\frac{1}{a_1}=1+1=2>0[/tex]
Pretpostavimo da je ovo tačno za [tex]n=k[/tex], gde je [tex]k[/tex] proizvoljan pozitivan ceo broj. [tex]a_{k+1}=a_k+\frac{1}{a_k}[/tex], što je zbir dva pozitivna broja i veći je od nule. Dakle [tex]a_n > 0[/tex] za bilo koje [tex]n[/tex].
[tex]a_{n+1}-a_n=\frac{1}{a_n}>0[/tex] za bilo koje [tex]n[/tex], dakle, niz je rastući.

Rešenje:
Dodajmo [tex]2^{n}[/tex] obema stranama:
[tex]a_{n}+2^{n}=3a_{n-1}+2^{n-1}+2\cdot 2^{n-1}=3\left(a_{n-1}+2^{n-1}\right)[/tex]
Dakle, [tex]b_{n}=a_{n}+2^{n}[/tex] je geometrijska progresija sa količnikom [tex]3[/tex] i [tex]b_{1}=1+2=3[/tex]; zato je [tex]b_{n}=3^{n}[/tex] i [tex]a_{n}=3^{n}-2^{n}[/tex]. Provera: [tex]a_{2}=3+2=5=9-4[/tex].

Rešenje:
Za [tex]n\ge 2[/tex]:
[tex]a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=n^{2}a_{n}-(n-1)^{2}a_{n-1}\Rightarrow (n^{2}-1)a_{n}=(n-1)^{2}a_{n-1}\Rightarrow a_{n}=\dfrac{n-1}{n+1}a_{n-1}[/tex]
Množenjem ovih jednakosti:
[tex]a_{n}=a_{1}\cdot \dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{2}{4}\cdot \dfrac{3}{5}\cdot \ldots\cdot \dfrac{n-1}{n+1}=a_{1}\cdot \dfrac{2}{n(n+1)}[/tex]
[tex]a_{2010}=2010\cdot \dfrac{2}{2010\cdot 2011}=\dfrac{2}{2011}[/tex]

Rešenje:
Ukupna količina vode je uvek [tex]6[/tex] litara; pre svakog presipanja u [tex]A[/tex] je [tex]5[/tex] litara tečnosti, a u [tex]B[/tex] [tex]3[/tex]. Ako u [tex]A[/tex] ima [tex]a[/tex] litara vode, u [tex]B[/tex] pređe [tex]\dfrac{2a}{5}[/tex] litara vode, pa je u [tex]B[/tex] [tex]6-a+\dfrac{2a}{5}=6-\dfrac{3a}{5}[/tex] litara vode u [tex]5[/tex] litara tečnosti. Vraćanjem [tex]2[/tex] litra vraća se [tex]\dfrac{2}{5}\left(6-\dfrac{3a}{5}\right)[/tex] litara vode. Zato je
[tex]a_{n}=\dfrac{3}{5}a_{n-1}+\dfrac{2}{5}\left(6-\dfrac{3}{5}a_{n-1}\right)=\dfrac{9}{25}a_{n-1}+\dfrac{12}{5}; a_{0}=3[/tex]
[tex]a_{n}-\dfrac{15}{4}=\dfrac{9}{25}\left(a_{n-1}-\dfrac{15}{4}\right)\Rightarrow a_{n}-\dfrac{15}{4}=\left(\dfrac{9}{25}\right)^{n}\left(3-\dfrac{15}{4}\right)\to 0[/tex]
Granična vrednost je [tex]\dfrac{15}{4}[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]S_{n}=a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}[/tex]. Oduzimamo formule za [tex]a_{n+1}[/tex] i [tex]a_{n}[/tex]; svako [tex]a_{j}[/tex] sa [tex]j\le n[/tex] ostaje sa koeficijentom [tex]1[/tex]:
[tex]a_{n+1}-a_{n}=S_{n}\Rightarrow (a_{n+1}-a_{n})-(a_{n}-a_{n-1})=S_{n}-S_{n-1}=a_{n}\Rightarrow a_{n+1}=3a_{n}-a_{n-1}[/tex]
Dakle, članovi su [tex]1; 2; 5; 13; 34; 89; 233; 610; 1597; 4181[/tex], pa je [tex]a_{10}=4181[/tex].

Rešenje:
[tex]a_{n+1}-a_{n}=\dfrac{1}{(n+1)^{2}}+\dfrac{1}{n+1+c}-\dfrac{1}{n+c}=\dfrac{1}{(n+1)^{2}}-\dfrac{1}{(n+c)(n+c+1)}[/tex]
Niz je opadajući ako je [tex](n+c)(n+c+1)\le(n+1)^{2}[/tex] za svako [tex]n\ge 2[/tex], tj. [tex](2c-1)n+c^{2}+c-1\le 0[/tex]. Ako je [tex]c\gt\dfrac{1}{2}[/tex], leva strana je pozitivna za velike [tex]n[/tex]. Za [tex]c=\dfrac{1}{2}[/tex] ona je jednaka [tex]\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}-1=-\dfrac{1}{4}\lt 0[/tex] za svako [tex]n[/tex]. Dakle, najveća vrednost je [tex]c=\dfrac{1}{2}[/tex].

Rešenje:
Svaki član zadovoljava [tex]a_{n}\ge -2[/tex]. Ako je [tex]a_{n+1}=t[/tex], onda je [tex]a_{n}=\pm(t+2)[/tex], pri čemu je negativna vrednost [tex]-(t+2)[/tex] moguća samo za [tex]t\le 0[/tex]. Idemo unazad od [tex]a_{2019}=0[/tex]:
[tex]a_{2018}\in\{-2; 2\}; a_{2017}\in\{0; 4\}; a_{2016}\in\{-2; 2; 6\}; a_{2015}\in\{0; 4; 8\}; \ldots[/tex]
Indukcijom [tex]a_{2019-2j}\in\{0; 4; 8; \ldots; 4j\}[/tex]. Za [tex]j=1009[/tex] dobijamo [tex]a_{1}\in\{0; 4; \ldots; 4036\}[/tex] – [tex]1010[/tex] vrednosti. Tada je [tex]|x|=a_{1}+2\in\{2; 6; \ldots; 4038\}[/tex], a svaka vrednost daje dva broja [tex]x[/tex]. Dakle, ima [tex]2\cdot 1010=2020[/tex] vrednosti [tex]x[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]f(t)=\sqrt{7-\sqrt{7+t}}[/tex]; tada je [tex]a_{n+2}=f(a_{n})[/tex] i svi članovi su u [tex][0; \sqrt{7}][/tex]. Važi [tex]f(2)=\sqrt{7-3}=2[/tex] i
[tex]f(t)-2=\dfrac{3-\sqrt{7+t}}{f(t)+2}=\dfrac{2-t}{\left(3+\sqrt{7+t}\right)\left(f(t)+2\right)}[/tex]
Imenilac je bar [tex]3\cdot 2=6[/tex], pa je [tex]|a_{n+2}-2|\le\dfrac{|a_{n}-2|}{6}[/tex]. Dakle, i članovi sa neparnim i oni sa parnim indeksima teže ka [tex]2[/tex], pa je granična vrednost [tex]2[/tex].

Rešenje:
Iz uslova je [tex]x_{n+1}=2-\dfrac{1}{x_{n}}\Rightarrow x_{n+1}-1=\dfrac{x_{n}-1}{x_{n}}\Rightarrow\dfrac{1}{x_{n+1}-1}=1+\dfrac{1}{x_{n}-1}[/tex].
Dakle, [tex]y_{n}=\dfrac{1}{x_{n}-1}[/tex] je aritmetička progresija sa razlikom [tex]1[/tex]: [tex]y_{n}=y_{1}+n-1[/tex]. Tada je [tex]x_{n}=1+\dfrac{1}{n+c}[/tex] sa konstantom [tex]c=y_{1}-1\gt -1[/tex] i
[tex](x_{n})^{n}=\left[\left(1+\dfrac{1}{n+c}\right)^{n+c}\right]^{\frac{n}{n+c}}\to e^{1}=e[/tex]

Rešenje:
Primetimo da je [tex]\dfrac{1}{2k^{2}}=\dfrac{2}{4k^{2}}=\dfrac{(2k+1)-(2k-1)}{1+(2k+1)(2k-1)}[/tex]. Po formuli za tangens razlike
[tex]\operatorname{arctg} \dfrac{1}{2k^{2}}=\operatorname{arctg} (2k+1)-\operatorname{arctg} (2k-1)[/tex]
Zbir se svodi na [tex]\operatorname{arctg} (2n+1)-\operatorname{arctg} 1[/tex]. Pošto [tex]\operatorname{arctg} (2n+1)\to\dfrac{\pi}{2}[/tex], granična vrednost je [tex]\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{4}[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]x_{n}=\dfrac{1}{\cos\theta_{n}}[/tex]. Tada je [tex]\dfrac{2x_{n}}{1+x_{n}}=\dfrac{2}{1+\cos\theta_{n}}=\dfrac{1}{\cos^{2}\frac{\theta_{n}}{2}}[/tex], pa je [tex]\theta_{n+1}=\dfrac{\theta_{n}}{2}[/tex].
Pošto je [tex]x_{1}=\sqrt{2}=\dfrac{1}{\cos\frac{\pi}{4}}[/tex], dobijamo [tex]x_{n}=\dfrac{1}{\cos\frac{\pi}{2^{n+1}}}[/tex]. Iz [tex]\cos\alpha=\dfrac{\sin 2\alpha}{2\sin \alpha}[/tex] proizvod kosinusa se skraćuje:
[tex]\cos\dfrac{\pi}{4}\cos\dfrac{\pi}{8}\ldots\cos\dfrac{\pi}{2^{n+1}}=\dfrac{\sin \frac{\pi}{2}}{2^{n}\sin \frac{\pi}{2^{n+1}}}[/tex]
[tex]x_{1}x_{2}\ldots x_{n}=2^{n}\sin \dfrac{\pi}{2^{n+1}}=\dfrac{\pi}{2}\cdot \dfrac{\sin t_{n}}{t_{n}}; t_{n}=\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\to 0[/tex]
Granična vrednost je [tex]\dfrac{\pi}{2}[/tex].

Rešenje:
Pošto je [tex]e=\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{1}{k!}[/tex], važi [tex]n!\,e=N_{n}+r_{n}[/tex], gde je [tex]N_{n}=\sum_{k=0}^{n}\dfrac{n!}{k!}[/tex] ceo broj i
[tex]r_{n}=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}+\ldots; \dfrac{1}{n+1}\lt r_{n}\lt\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{(n+1)^{2}}+\ldots=\dfrac{1}{n}[/tex]
Dakle, [tex]\sin (2\pi\, n!\, e)=\sin (2\pi r_{n})[/tex], [tex]r_{n}\to 0[/tex] i [tex]nr_{n}\to 1[/tex]. Tada je
[tex]n\sin (2\pi r_{n})=2\pi\cdot nr_{n}\cdot \dfrac{\sin (2\pi r_{n})}{2\pi r_{n}}\to 2\pi[/tex]