58. Successione ricorsivamente ricorsiva

[Saro00]

Sia $a_i$ una successione di reali tale che
$a_0=-1$
$\sum_{k=0}^n\frac{a_{n-k}}{k+1}=0 \forall n\ge 1$
Dimostrare $a_n>0 \forall n\ge 1$

[Veritasium]

Testo nascosto:

Induzione forte. Chiamo "ipotesi $1$" l'ipotesi della somma pesata pari a $0$
[tex]a_1 = \frac{1}{2}[/tex]
Per l' ipotesi $1$ vale [tex]a_n = -\sum_{k = 1}^{n} \frac{a_{n-k}}{k+1}.[/tex] Vogliamo quindi questa somma pesata $< 0$ ovvero, usando $a_0 = -1,$ vogliamo $S_n = \frac{a_{n - 1}}{2} + ... + \frac{a_1}{n} < \frac{1}{n + 1}.$
Poichè $n \ge 2$ l'ipotesi $1$ varrà anche per $n - 1$ da cui $a_{n - 1} + \frac{a_{n - 2}}{2} + ... + \frac{a_1}{n - 1} = \frac{1}{n} = T_n.$ La tesi è quindi vera se e solo se $T_n - S_n = \frac{1}{n} - S_n > \frac{1}{n(n + 1)}$. Tuttavia $T_n - S_n = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{a_{n - k}}{k(k + 1)} > \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{a_{n -k}}{k(n + 1)} = \frac{T_n}{n + 1} = \frac{1}{n(n + 1)}$, dove il $>$ vale perchè per l'induzione forte tutti gli $a_1, ..., a_{n - 1}$ sono positivi (e quindi banalmente $\frac{a_i}{i + 1} > \frac{a_i}{n + 1}$ per $i = 1, ..., n - 1$), da cui la tesi.

[Saro00]

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