ACTA ACADEMIAE PAEDAGOGICAE AGRIENSIS

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

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

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,

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 2 + + 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

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 2 + + 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 2 + + c k n k. Az > valós szám, másrészt 4 miatt f k,t + tc n + c 2 n 2 + + c k n k f k,t n + tc n + tc 2 n 2 + + tc k n k Ebből következik, hogy f k,t + tc + tc 2 + + 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 2 + + 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 2 + + 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

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 4 2 2 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 2 + + 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 2 + + 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 3 3 + 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.

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 3 + + x 6 n 2 n 3 + O n + O n n 4 + + 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 2 + + c k n k s t n + s 2 t n 2 + + 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 3 3 2 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 2 + 2 2 = 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.

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., 22 984, 0 04. [4] ZAY B.: Egy rekurzív sorozatról. Acta Academiae Paedagogicae Agriensis, Sectio Mat., megjelenés alatt.