3. Zadatak

Prvo rješenje.

Uvrštavanjem $(i,j,k)=(1,2,3)$ i $(i,j,k)=(2,1,3)$ dobivamo da je

$$-M_3-M_1+2M_2=C=M_3-2M_2+M_1,$$

tj. $C=-C$, odnosno $C=0$. Uvrstimo sada $(i,j,k)=(n,n+1,n+2)$ pa je

$$M_{n+1}=\frac{M_n+M_{n+2}}2,$$

za svaki prirodni broj $n$, što znači da je niz $(M_n)$ aritmetički. Dakle, postoje realni brojevi $m$ i $d$ takvi da je

$$M_n=m+nd,$$

za svaki prirodni broj $n$. Tada je

$$a_n=nM_n-(n-1)M_{n-1}=m+\left(n^2-(n-1)^2\right)d=(m-d)+n(2d),$$

tj. niz $(a_n)$ je također aritmetički.

Drugo rješenje.

Kao u prvom rješenju dobivamo da je $C=0$ i

$$2M_{i+1}=M_i+M_{i+2}, \tag{4}$$

za svaki prirodni broj $i$.

Uvrštavanjem $i=1$ u (4) dobivamo

$$a_2=\frac{a_1+a_3}{2},$$

tj. niz $a_1,a_2,a_3$ je aritmetički.

Pretpostavimo da je niz $a_1,a_2,\ldots,a_n$ aritmetički, za neki prirodni broj $n\geq3$. To znači da postoje realni brojevi $a$ i $d$ takvi da je $a_\ell=a+\ell d$, za svaki $\ell\in\{1,2,\ldots,n\}$. Za iste te $\ell$ vrijedi

$$M_\ell=\frac{(a+1\cdot d)+(a+2\cdot d)+\cdots+(a+\ell\cdot d)}{\ell}=a+\frac{\ell+1}{2}d.$$

Uvrstimo sada $i=n-1$ u (4)

$$M_{n+1}=2M_n-M_{n-1}=2\left(a+\frac{n+1}{2}d\right)-\left(a+\frac n2d\right)=a+\frac{n+2}{2}d.$$

Sada je

$$a_{n+1}=(n+1)M_{n+1}-nM_n=a+\frac{(n+1)(n+2)-n(n+1)}2d=a+(n+1)d,$$

tj. i niz $a_1,a_2,\ldots,a_n,a_{n+1}$ je aritmetički. Po principu matematičke indukcije tvrdnja zadatka je dokazana.

Treće rješenje.

Kao u prvom rješenju dobivamo da je $C=0$. Definirajmo $d:=a_2-a_1$. Očito za $n=1,2$ vrijedi

$$a_n=a_1+(n-1)d,$$

a uvrštavanjem $(i,j,k)=(1,2,3)$ i sređivanjem dobivamo da vrijedi i za $n=3$. Dokazat ćemo da to vrijedi i za proizvoljan $n\geq4$. Uvrstimo $(i,j,k)=(n,2,1)$ i $(i,j,k)=(n-1,2,1)$, te dobijemo:

$$\begin{aligned} (n-2)M_1+M_n-(n-1)M_2&=0,\\ (n-3)M_1+M_{n-1}-(n-2)M_2&=0. \end{aligned}$$

Pomnožimo li prvu jednakost s $n$ a drugu s $(n-1)$ i izjednačimo, dobivamo:

$$\begin{aligned} n(n-2)M_1+nM_n-n(n-1)M_2={}&(n-1)(n-3)M_1\\ &+(n-1)M_{n-1}-(n-1)(n-2)M_2. \end{aligned}$$

Korištenjem $a_n=nM_n-(n-1)M_{n-1}$, $M_1=a_1$ i $M_2=\frac d2+a_1$ i sređivanjem, dobivamo

$$\begin{aligned} a_n={}&[-n(n-2)+n(n-1)+(n-1)(n-3)-(n-1)(n-2)]a_1\\ &+[n(n-1)-(n-1)(n-2)]\frac d2\\ ={}&[n-(n-1)]a_1+2(n-1)\frac d2=a_1+(n-1)d. \end{aligned}$$

Kako gornja jednakost vrijedi za sve $n\geq4$, pa onda i za sve prirodne $n$, zaključujemo da je niz $(a_n)$ aritmetički s prvim članom $a_1$ i korakom $d=a_2-a_1$.