Sir special

[mihai++]

Fie \( (a_n)_{n\geq1} \) un sir pozitiv, strict crescator cu proprietatea:
\( 4a_{n-1}+a_{n+1}\leq4a_n,\forall n\geq2 \).
Demonstrati ca \( 2a_n\leq a_{n+1},\forall n\geq1 \).

[Ciprian Oprisa]

Fie \( x_n=\frac{a_{n+1}}{a_n} \).
Impartind inegalitatea data cu \( a_n \), obtinem \( \frac{4}{x_{n-1}}+x_n \leq 4 \).
Sa presupunem ca exista \( n \) astfel incat \( x_{n-1}<2 \)
\( \Rightarrow \frac{4}{x_{n-1}}>2 \Rightarrow x_n<2 \) si prin inductie putem arata ca \( x_k<2 \), \( \forall k\geq n \).
Alegem un \( k \) suficient de mare si din inegalitate avem \( a_{k+1}<2a_k<4a_{k-1} \) \( \Rightarrow 4a_k \geq 8a_{k-1} \Rightarrow x_{k-1} \geq 2 \), contradictie.

[mihai++]

Poate imi scapa mie ceva, dar ultima afirmatie e gresita, adica e de genu:
\( p \rightarrow non\ p \), unde \( p \) este afirmatia.

[Beniamin Bogosel]

Altfel: Luam acelasi sir \( (x_n) \) si din ipoteza si ce a demonstrat Cipri mai sus avem \( x_n\in (1,2),\ \forall n \geq n_0 \). Mai mult, din relatia din ipoteza avem \( 4a_n\geq a_{n+1}+4a_{n-1}\geq 4\sqrt{a_{n+1}a_{n-1}} \), de unde rezulta ca \( (x_n) \) e descrescator. Fiind si marginit are limita \( \ell \in [1,2] \). Dar din inegalitate obtinem \( \ell=2 \), ceea ce este imposibil pentru ca sirul este descrescator si trece sub 2.

[Ciprian Oprisa]

Poate imi scapa mie ceva, dar ultima afirmatie e gresita, adica e de genu:
\( p \rightarrow non\ p \), unde \( p \) este afirmatia.

Dap, sorry.

[Beniamin Bogosel]

O alta varianta a demonstratiei mele de mai sus e urmatoarea:
- In primul rand demonstram ca sirul \( (x_n) \) e descrescator, si fiind marginit de 0 are limita.
- Din inegalitate rezulta ca limita e 2
- Deoarece e descrescator, e tot timpul mai mare decat 2


Asta e inca un exemplu de problema care fara cunostinte de analiza matematica, trebuie explicat mai mult. De-aia e bine ca cei care isi propun sa ajunga departe la olimpiade sa invete si un pic de analiza matematica.