Problem 1480

Solution:

Če je $a_{n} \geq 0$ za nek $n$, tedaj je $\frac{a_{n}^{2} + 10 a_{n}}{2 a_{n} + 4} \geq 0$ in zato je tudi $a_{n+1} \geq 0$. Ker je $a_{1} = m > 0$, so torej vsi členi zaporedja $a_{n}$ nenegativna cela števila.

Za majhna naravna števila $m$ izračunamo nekaj členov zaporedja $a_{n}$:
- pri $m=1$ dobimo $1, 1, 1, 1, \ldots$
- pri $m=2$ dobimo $2, 3, 3, 3, \ldots$
- pri $m=3$ dobimo $3, 3, 3, 3, \ldots$
- pri $m=4$ dobimo $4, 4, 4, 4, \ldots$
- pri $m=5$ dobimo $5, 5, 5, 5, \ldots$
- pri $m=6$ dobimo $6, 6, 6, 6, \ldots$
- pri $m=7$ dobimo $7, 6, 6, 6, \ldots$
- pri $m=8$ dobimo $8, 7, 6, 6, \ldots$

Opazimo, da se člen zaporedja na vsakem koraku zmanjša, razen v primeru, ko je enak 2. Zato obravnavamo dve primera:

1. primer: Recimo, da je $a_{n} = 2$ za nek $n \in \mathbb{N}$. Potem je $a_{n+1} = 3$. Ker je $\left[\frac{3^{2} + 10 \cdot 3}{2 \cdot 3 + 4}\right] = \left[\frac{39}{10}\right] = 3$, sledi, da je $a_{k} = 3$ za vse $k \geq n+1$. Naloga je v tem primeru dokazana.

2. primer: Recimo, da je $a_{n} \neq 2$ za vsak $n \in \mathbb{N}$. Dokažimo, da je zaporedje v tem primeru padajoče. Ker so vsi členi zaporedja $a_{n}$ cela števila, je pogoj $a_{n+1} \leq a_{n}$ ekvivalenten pogoju $\frac{a_{n}^{2} + 10 a_{n}}{2 a_{n} + 4} < a_{n} + 1$. Ta neenakost pa je ekvivalentna neenakosti $a_{n}^{2} - 4 a_{n} + 4 > 0$ oziroma $(a_{n} - 2)^{2} > 0$, kar očitno drži za vsak $n \in \mathbb{N}$, saj po predpostavki noben člen zaporedja ni enak 2. Zaporedje $a_{n}$ je torej padajoče, njegovi členi pa so nenegativna cela števila (različna od 2), zato mora biti zaporedje od nekega člena naprej konstantno.

3. način. Če je $a_{n} \geq 1$ za nek $n$, tedaj je $10 a_{n} \geq 2 a_{n} + 4$, torej je tudi $a_{n+1} \geq 1$. Ker je $a_{1} = m \geq 1$, so torej vsi členi zaporedja $a_{n}$ naravna števila. Opazimo, da velja
$$\begin{gathered} {\left[\frac{1^{2} + 10 \cdot 1}{2 \cdot 1 + 4}\right] = \left[\frac{11}{6}\right] = 1, \quad \left[\frac{2^{2} + 10 \cdot 2}{2 \cdot 2 + 4}\right] = \left[\frac{24}{8}\right] = 3, \quad \left[\frac{3^{2} + 10 \cdot 3}{2 \cdot 3 + 4}\right] = \left[\frac{39}{10}\right] = 3,} \\ {\left[\frac{4^{2} + 10 \cdot 4}{2 \cdot 4 + 4}\right] = \left[\frac{56}{12}\right] = 4, \quad \left[\frac{5^{2} + 10 \cdot 5}{2 \cdot 5 + 4}\right] = \left[\frac{75}{14}\right] = 5, \quad \left[\frac{6^{2} + 10 \cdot 6}{2 \cdot 6 + 4}\right] = \left[\frac{96}{16}\right] = 6} \\ {\left[\frac{7^{2} + 10 \cdot 7}{2 \cdot 7 + 4}\right] = \left[\frac{119}{18}\right] = 6, \quad \left[\frac{8^{2} + 10 \cdot 8}{2 \cdot 8 + 4}\right] = \left[\frac{144}{20}\right] = 7} \end{gathered}$$
Iz prvih šestih enakosti sledi, da če je nek člen zaporedja manjši ali enak 6, potem je zaporedje od nekje dalje konstantno (in enako 1, 3, 4, 5 ali 6). Zadnji dve enakosti namigujeta, da če je nek člen zaporedja večji kot 6, potem bo naslednji člen strogo manjši. Pokažimo, da to res velja. Denimo torej, da je $a_{n} > 6$ za nek $n \in \mathbb{N}$. Pokazati želimo, da je tedaj $a_{n+1} < a_{n}$. Ker so vsi členi zaporedja naravna števila, je slednja neenakost ekvivalentna neenakosti $a_{n+1} \leq a_{n} - 1$, ta pa neenakosti $\frac{a_{n}^{2} + 10 a_{n}}{2 a_{n} + 4} < a_{n}$. Ko odpravimo ulomke, dobimo $a_{n}^{2} - 6 a_{n} > 0$ oziroma $a_{n}(a_{n} - 6) > 0$. Neenakost je izpolnjena, saj je $a_{n}$ naravno število in po predpostavki velja $a_{n} > 6$. Od tod sledi, da so za poljuben $m$ členi zaporedja prej ali slej manjši ali enaki 6, od prej pa že vemo, da je v tem primeru zaporedje od nekega člena naprej konstantno.