1x - Pedsovet.su

АВТОРСКИЙ ВАРИАНТ ДОКАЗАТЕЛЬСТВА
СУЩЕСТВОВАНИЯ И ЕДИНСТВЕННОСТИ
ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ ПОЛОЖИТЕЛЬНЫХ ЧИСЕЛ,
НАЧИНАЮЩЕЙСЯ С ЕДИНИЦЫ И ОБЛАДАЮЩЕЙ СВОЙСТВОМ:
F (n) = F (n - 2) - F (n - 1), n > 2
Для того, чтобы найти последовательность, обладающую указанным свойством, достаточно найти
число z > 0, такое, что 1 – z = 𝑧 2 (*), z – 𝑧 2 = 𝑧 3 (**), …, 𝑧 𝑛 – 𝑧 𝑛+1 = 𝑧 𝑛+2 (***), …. Тогда в качестве искомой
последовательности можно взять последовательность: {1, z, 𝑧 2 , 𝑧 3 , …, 𝑧 𝑛 , …}, т. е. F (n) = 𝑧 𝑛−1.
Решая уравнение (*) и отбрасывая отрицательный корень, получаем, что z =
√5−1
2
≈0, 618… – число
“золотого сечения”. Очевидно, что найденное z удовлетворяет и всем остальным уравнениям системы
(уравнения (**), …, (***), …, помимо z и 𝑧 ∗ =
−√5−1
2
< 0 имеют еще корень, равный нулю, тем бóльшей
кратности, чем более высокие показатели степени числа z в нем используются). Итак, мы нашли искомую
последовательность. Поскольку 0 < z < 1, последовательность является бесконечно убывающей
геометрической прогрессией положительных чисел, предел которой при n → ∞ равен нулю.
Для доказательства ее единственности предположим, что существует другая последовательность
{𝑏0 , 𝑏1 , …, 𝑏𝑛 , …}, удовлетворяющая условиям задачи. По условию, 𝑏0 = 1, 𝑏𝑛 – 𝑏𝑛+1 = 𝑏𝑛+2 при n = 0, 1, 2,
…. Поскольку эта последовательность отлична от {1, z, 𝑧 2 , 𝑧 3 , …, 𝑧 𝑛 , …}, то при некотором целом k > 0
(ведь 𝑏0 = 1 = 𝑧 0 ) найдется элемент второй последовательности, отличный от соответствующего элемента
первой:
𝑏𝑘 = 𝑧 𝑛 + d, где d ≠ 0.
Пусть k – номер первого элемента второй последовательности, отличного от элемента первой. Тогда при
любом целом неотрицательном l < k 𝑏𝑙 = 𝑧 𝑙 , и, в частности, 𝑏𝑘−1 = 𝑧 𝑘−1 .
Таким образом, имеем,
𝑏𝑘 = 𝑧 𝑘 + d = 𝑧 𝑘 + 𝐶0 d, где 𝐶0 = 1 = Fib (1) – первое число Фибоначчи;
𝑏𝑘+1 = 𝑏𝑘−1 – 𝑏𝑘 = 𝑧 𝑘−1 – (𝑧 𝑘 + d) = (𝑧 𝑘−1 – 𝑧 𝑘 ) – d = 𝑧 𝑘+1 – d = 𝑧 𝑘+1 + 𝐶1 d,
где 𝐶1 = –1 = –Fib (2) – второе число Фибоначчи, взятое со знаком минус;
𝑏𝑘+2 = 𝑏𝑘 – 𝑏𝑘+1 = 𝑧 𝑘 + d – (𝑧 𝑘+1 – d) = (𝑧 𝑘 – 𝑧 𝑘+1 ) + 2d = 𝑧 𝑘+2 + 2d = 𝑧 𝑘+2+ 𝐶2 d,
где 𝐶2 =2 = Fib (3) – третье число Фибоначчи;
𝑏𝑘+3 = 𝑏𝑘+1 – 𝑏𝑘+2 = 𝑧 𝑘+1 – d – (𝑧 𝑘+2 + 2d) = (𝑧 𝑘+1 – 𝑧 𝑘+2 ) – 3d = 𝑧 𝑘+3 – 3d = 𝑧 𝑘+3 + 𝐶3 d,
где 𝐶3 = –3 = –Fib (4) – четвертое число Фибоначчи, взятое с обратным знаком;
𝑏𝑘+4 = 𝑧 𝑘+4 + 𝐶4 d, где 𝐶4 = 5 = Fib (5);
𝑏𝑘+5 = 𝑧 𝑘+5 + 𝐶5 d, где 𝐶5 = –8 = –Fib (6);
…
𝑏𝑘+𝑝 = 𝑧 𝑘+𝑝 + 𝐶𝑝 d, где 𝐶𝑝 = (−1)𝑝 ∙ Fib (p + 1);
…
Поскольку 𝑧 𝑘+𝑝 → 0, а Fib (p + 1) → ∞ при p → ∞ (причем первая последовательность монотонно
убывает, а вторая монотонно возрастает), то при некотором p (нечетном при d > 0 или четном при d < 0),
модуль отрицательного слагаемого 𝐶𝑝 d превысит модуль положительного слагаемого 𝑧 𝑘+𝑝 , и в итоге число
𝑏𝑘+𝑝 будет отрицательным. Отрицательными будут и все последующие члены последовательности с
нечетными (соответственно четными) p. Рано или поздно любая последовательность {𝑏𝑛 } ≠ {𝑧 𝑛 } станет
знакопеременной.
Полученное противоречие доказывает единственность решения задачи.