ACTA ACADEMIAE PAEDAGOGICAE AGRIENSIS

Átírás

1 Separatum ACTA ACADEMIAE PAEDAGOGICAE AGRIESIS OVA SERIES TOM. XXII. SECTIO MATEMATICAE TÓMÁCS TIBOR Egy rekurzív sorozat tagjainak átlagáról EGER, 994

2 Egy rekurzív sorozat tagjainak átlagáról TÓMÁCS TIBOR Abstract. Avarage order of the terms of a recursive sequence For a fixed positive integer k 2 let the sequence G k n of natural numbers be defined by G k 0 = 0 and G k n = n G k Gk... Gk n..., n with k iterations of G k on the right-hand side. Denote by =, 2, 3,..., k the roots of the characteristic polynomial fx = x k x k of the generalized Fibonacci sequence b n. It is known that these roots are distinct and that there is a positive root among them with the greatest modulus, thus we can suppose that > 2 3 k > 0 see e. g. []. In [2] P. Kiss proved that for any positive integer n, large enough, and k 2 we have G ki = v + v 2 n 2 + v 3 n 3 + on 2 + O, where = b n+ and v,v 2,v 3 are constants depending only on k. In this paper we generalize this result. Legyen k 2 rögzített egész szám. Definiáljuk a természetes számok egy G k n, n = 0,,2,... sorozatát a G k 0 = 0 kezdő elemmel és a G k n = n G k Gk... Gk n... rekurzív formulával n > 0 esetre, ahol a jobb oldalon G k -nak k-szoros iterációja van. Belátható, hogy a sorozat minden tagja jól definiált természetes szám lásd Zay B. [4]. Legyen { n, ha n =,2,...,k, b n = b n + b n k, ha n > k a Fibonacci sorozat k-adrendű általánosított sorozata. Egy m pozitív egész esetén tekintsük azt a legnagyobb i egész számot, melyre b i m teljesül. Legyen m = m b i. Ha m 0, válasszuk a legnagyobb i 2 egész számot, melyre b i2 m. Legyen m 2 = m b i2. Ha m 2 0, folytassuk az eljárást. Ez az algoritmus véges sok lépésben befejeződik. Így minden pozitív egész szám egyértelműen felírható b n sorozatbeli elemek összegeként m = j a i b i

3 32 Tómács Tibor alakban, ahol a i = vagy 0. Jelöljük ezt röviden m = a j a j...a módon. Definiáljuk a T k m sorozatot T k 0 = T k = 0 kezdő értékkel és a 2 T k m = a j a j...a 2 = j a i b i m > formulával, ahol az a i számok m-nek -ben difiniált előállításában szereplő együtthatói. A G k n és T k n sorozatok szoros kapcsolatban vannak egymással, D. S. Meek és G. H. J. Van Rees [3]-ban bizonyították, hogy i=2 3 G k n = T k n + n. Jelöljük =, 2, 3,..., k -val a b n sorozat karakterisztikus polinomjának az x k x k polinomnak a gyökeit. Ismert, hogy van a gyökök között egy legnagyobb abszolút értékű pozitív valós gyök, ezért feltehetjük, hogy 4 > 2 3 k > 0, ahol > valós szám lásd K. Dilcher []. Kiss Péter [2]-ben a G k n sorozat tagjainak átlagát vizsgálta, és bizonyította, hogy elég nagy n egészek esetén 5 G k i = v + v 2 n 2 + v 3 n 3 + o n 2 + O, ahol = b n+ és a v,v 2,v 3 csak k-tól függő valós konstansok. Ezen dolgozat célja megmutatni, hogy nemcsak = b n+ alakú egészek esetén igaz az 5 formula. A következő tételeket bizonyítjuk:. Tétel. Legyenek k 2 és t rögzített pozitív egészek. Ekkor elég nagy pozitív n egészek esetén G k i = v + v 2 n 2 + v 3 n 3 + O + o n 2 + o,

4 Egy rekurzív sorozat tagjainak átlagáról 33 ahol = b n+ + t és a v,v 2,v 3 csak k-tól függő konstansok. 2. Tétel. Legyenek k 2 és t k rögzített egészek. Ekkor elég nagy pozitív n egészek esetén G k i = v + v 2 n 2 + v 3 n 3 + O + o n 2 + o, ahol = b n+ + b n t+, és a v,v 2,v 3 csak k-tól és t-től függő konstansok. Megjegyzés. Az.tételben a v,v 2,v 3 konstansok megegyeznek az 5-ben található konstansokkal.. TÉTEL BIZOYÍTÁSA. Vizsgáljuk a G k i összeget. Bontsuk fel két tagra az alábbi módon. 6 G k i = b n+ G k i + i=b n+ + G k i Az első összeg [2] szerint 7 b n+ G k i = r 2n + r 2 n n 3 + r 3 n n 3 + r 4 2n r 5 2n 3 + r 6 n 2 n 3 + O n + O n n 4 alakban írható fel, ahol r i i =,2,3,4,5,6 k-tól függő konstansok. 3- ból i=b n+ + G k i = T k b n+ + + T k b n T k + = = b n+ + i=b n+ T k i = t + b n+ +t i=b n+ T k i következik. Elég nagy n esetén teljesül, hogy t < b n k+2, ezért < b n+2. Így T k i definiciója miatt minden b n+ i b n+ + t egész esetén T k i = b n + T k i b n+. Ebből következik, hogy i=b n+ + t G k i = t + tb n + T k i. i=0

5 34 Tómács Tibor Ebben az összegben az n-től független tagok összegét jelöljük f k,t -vel. Tehát t f k,t := t + T k i. i=0 Ismert, hogy a b n sorozat tagjai felírhatók 8 b n = c n + c 2 n c k n k alakban, ahol c i Dilcher []. Ezért i=b n+ + i =,2,...,k csak k-tól függő komplex konstansok K. G k i = f k,t + tc n + c 2 n c k n k. Az > valós szám, másrészt 4 miatt f k,t + tc n + c 2 n c k n k f k,t n + tc n + tc 2 n tc k n k Ebből következik, hogy f k,t + tc + tc tc k n. 9 i=b n+ + G k i = O n. 6, 7 és 9-ből adódik, hogy 0 G k i = r 2n + r 2 n n 2 + r 3 n n 3 + r 4 2n r 5 2n 3 + r 6 n 2 n 3 + O n + O n n 4, továbbá 8-ból = b n+ + t = n + s 2 n s k n k + t = n + O n 2 + t, ahol s i = c i i i =,2,...,k. Felhasználva -et G k i = G k i n + O n 2 + t = G k i G k i + n + On 2 +t n + o n

6 adódik, amiből 0 alapján kapjuk az 2 G k i = Egy rekurzív sorozat tagjainak átlagáról 35 p n + p 2 n 2 + p 3 n 3 + p n 3 + p 6 + O n 4 + O + o n n 3 n 2 + p 5 n 3 + becslést, ahol p i = r i i =,2,...,k. De p n = n + s 2 n s k n k + tp p s 2 n 2 p s 3 n 3 p s k n k p t. Mivel n + s 2 n s k n k + t =, továbbá 4 miatt és p s 4 n 4 p s 5 n 5 p s k n k = On 4, p t = O, így v := p, d 2 := p s 2, d 3 := p s 3 jelöléssel 3 p n = v + d 2 n 2 + d 3 n 3 + O n 4 + O adódik.tudjuk még, hogy 4 p 4 2 n n 2 + p 5 3 Ezért 2, 3 és 4 alapján n n 2 n p 6 + O n 4 = o n 2. G k i = v + v 2 n 2 + v 3 n 3 + O + on 2 + o, ami a tételünket bizonyítja. A bizonyítás során a konstansok értékét nem befolyásolta t, így valóban igaz a megjegyzés állítása is.

7 36 Tómács Tibor 2. TÉTEL BIZOYÍTÁSA., 2, 3 és 7 alapján G k i = b n+ ahol x i = r i + t t i x 5 = r 5 + 2t 3 A továbbiakban b n t+ T k i + + b n t+ b n + T k i = = x 2n + x 2 n n 2 + x 3 n n 3 + x 4 2n 2 + x 5 2n x 6 n 2 n 3 + O n + O n n b n b n t+, i =,2,3, x 4 = r 4 + és x 6 = r 6 + t 2 t 3 2t 2 b n b n t+ = c n + c 2 n c k n k s t n + s 2 t n s k 2 t n k k = z 2n + z 2 n n 2 + z 3 n n 3 + z 4 2n 2 + z 5 2n 3 + z 6 n 2 n 3 + O n n 4 felhasználásával, ahol. z = s2 t+, z 2 = s 2 t + s 2 2 t, z 3 = s 3 2 t + s 3 3 t, 3 z 4 = s2 2 t+ 2, z 5 = s2 3 t+, z 6 = s 2s t + s 2s 3 3 t 2, 3 a tétel hasonlóan bizonyítható, mint az előző. továbbá Megjegyzés. Kiszámolva v és v konstansokat v = c 4k + 4k v = r + s + 2 2t t+ s 2 + 2, t k q=2 c q 2 q 2 q, + 4k 2k = adódik. Belátható behelyettesítéssel, hogy k = 2 és k = 3 esetén v = v. A sejtés az, hogy ez minden k 2 esetén teljesül, vagyis a 2. tételben definiált -re is igaz az 5 formula.

8 Egy rekurzív sorozat tagjainak átlagáról 37 Az. tétel bizonyításából látható, hogy v = r c 2 2. Ezért v = v akkor és csak akkor teljesül, ha c 2 = 2r. Visszaírva r -et v -be kapjuk, hogy a sejtés ekvivalens a v = 2 állítással. Irodalom [] K. DILCHER, On a class of iterative recurrence relations, Fibonacci Quart., to appear. [2] P. KISS, Avarage order of the terms of a recursive sequence, Proc. of the Austrian-Hungarian-Slovak. umber Theory Coll., Graz, 992, to appear. [3] D. S. MEEK and G. H. J. VA REES, The solution of an iterated recurrence, Fibonacci Quart., , [4] ZAY B.: Egy rekurzív sorozatról. Acta Academiae Paedagogicae Agriensis, Sectio Mat., megjelenés alatt.