Αναδρομική ακολουθία.

#1

Χριστός Ανέστη

Έστω $c\in \mathbb{R}$ και η ακολουθία $(a_{n})$ με
$\boxed{a_{1}=1,\,\,\,\,\,\,\,\,\,a_{n+1}=c-\left( n+1\right) a_{n}}$
Nα μελετηθεί η $(a_{n})$ ως προς την σύγκλιση.

Για την προέλευση θα αναφερθώ αργότερα μαζί (αν χρειαστεί) με την δική μου προσέγγιση.

#2

nsmavrogiannis έγραψε: ↑
Τρί Απρ 18, 2023 12:29 am
Έστω $c\in \mathbb{R}$ και η ακολουθία $(a_{n})$ με
$\boxed{a_{1}=1,\,\,\,\,\,\,\,\,\,a_{n+1}=c-\left( n+1\right) a_{n}}$
Nα μελετηθεί η $(a_{n})$ ως προς την σύγκλιση.

Πολλαπλασιάζουμε επί $\dfrac {1}{(n+1)!}$ οπότε η σχέση γίνεται

$\dfrac { a_{n+1}}{(n+1)!} = \dfrac { c}{(n+1)!} - \dfrac {a_n}{n!}$ .

Αναδρομικά

$\dfrac { a_{n+1}}{(n+1)!} = \dfrac { c}{(n+1)!} - \dfrac { c}{n!}+ \dfrac { c}{(n-1)!} -... + (-1)^{n-1} \dfrac { c}{2!} +(-1)^n \dfrac {a_1}{1!}$ .

'Αρα

$\dfrac { a_{n+1}}{(n+1)!} = (-1)^{n-1}c \left ( \dfrac { 1}{2!} - \dfrac { 1}{3!}+ \dfrac { 1}{4!} -... + (-1)^{n-1} \dfrac { 1}{(n+1) !}\right ) + (-1)^n \dfrac {a_1}{1!} \,(*)$

To άθροισμα μέσα στην μεγάλη παρένθεση στο δεξί μέλος τείνει στο $e^{-1}$ . Άρα το $\dfrac { a_{n+1}}{(n+1)!}$ παίρνει τιμές εναλλάξ κοντά στο $\pm (c e^{-1}-a_1).$

Αν λοιπόν $ce^{-1}-a_1\ne 0$ , ισοδύναμα $c\ne e$ , η (a_n)

δεν συγκλίνει (ανά δεύτερο όρο αποκλίνει στο $+\infy$ ή $-\infty$ , αντίστοιχα).

Για c=e

ο όρος μέσα στην μεγάλη παρένθεση είναι $e^{-1} + O \left (\dfrac {1}{(n+2)!} \right )$ , οπότε πολλαπλασιάζοντας επί (n+1)!

βρίσκουμε από την (*)

ότι $a_{n+1} = O (\dfrac {1}{n+2} )$ , και άρα η (a_n)

τείνει στο

.

#3

Μιχάλη ευχαριστώ για την απάντηση.

Η δική μου προσέγγιση είναι παρόμοια: Εφαρμόζοντας μερικές φορές τον αναδρομικό τύπο "μαντεύουμε" ότι
$a_{n}=n!\left( -1\right) ^{n}\left( c\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{\left( -1\right) ^{k}}{k!}-1\right)$
κάτι που επιβεβαιώνεται με επαγωγή. Η απόκλιση όταν $c \neq e$ είναι προφανής. Για την σύγκλιση στο μηδέν όταν c=e

χρησιμοποίησα ως επιχείρημα ότι η εναλλάσσουσα σειρά $\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{\left( -1\right) ^{k}}{k!}$ απέχει από το όριο της απόσταση λιγότεrη από $\left| \frac{\left( -1\right) ^{n+1}}{\left( n+1\right) !}\right| =\frac{1}{\left( n+1\right) !}$ .

Η άσκηση προέρχεται από το παλιό βιβλίο της 1ης Δέσμης των Βαρουχάκη κ.α. όπου στο κεφάλαιο των ολοκληρωμάτων υπάρχει ή:

: Integral.png (64.27 KiB) Προβλήθηκε 1092 φορές

Είναι
$I_{1}=1,\,\,\,\,\,\,I_{n+1}=e-\left( n+1\right) I_{n}$

Όταν δίδασκα συνήθιζα να ζητώ από τους μαθητές μου να βρουν το όριο της I_n

το το οποίο βρίσκεται εύκολα με σχολικό τρόπο: Η $\left( I_{n}\right)$ είναι γνησίως φθίνουσα ακολουθία θετικών όρων, άρα συγκλίνουσα, που λόγω της αναδρομικής σχέσης δε μπορεί να έχει όριο θετικό. Επομένως είναι μηδενική. Μια χρονιά στα τέλη της δεκαετίας του 80 που είχα ένα τμήμα με πολύ ικανούς μαθητές είχα πάει το θέμα λίγο παραπέρα κάνοντας ένα μικρό πρόζεκτ. Ζήτησα να χρησιμοποιήσουν αριθμομηχανή ή υπολογιστή για να βρουν λίγους περισσότερους όρους από αυτούς που ζητούσε το βιβλίο και να σχολιάσουν τα συμπεράσματα τους.
Ο λόγος ήταν ο εξής: "Τρέχοντας" την αναδρομή με έναν ZX Spectrum και μια αριθμομηχανή Casio είχα διαπιστώσει ότι αμφότεροι "παρουσίαζαν" την ακολουθία $\left( I_{n}\right)$ ως αποκλίνουσα. Από την ανάλυση του Μιχάλη η εξήγηση είναι άμεση. Ο υπολογιστής χρησιμοποιούσε μια προσέγγιση

του

και καταγράφονταν απόκλιση. Παρά το ότι τα υπολογιστικά μέσα έχουν βελτιωθεί αυτό συμβαίνει λ.χ. στο Excel αν του ζητηθεί να εκτελέσει την αναδρομή θα πάρουμε τους παρακάτω όρους
16 0,1503482
17 0,1623631
18 -0,2042536
19 6,5990995
20 -129,2637081
21 2717,2561526

Πρόκειται για ένα ακόμη παράδειγμα που προειδοποιεί με πόση περίσκεψη οφείλουμε να βλέπουμε την χρήση των υπολογιστικών μέσων στην διδασκαλία και τον (δυστυχώς επιχειρούμενο) εθισμό των άπειρων μαθητών σε "αποδείξεις" με λογισμικά.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Στο βιβλίο
ΕΙΣΑΓΩΓΗ
ΣΤΗΝ ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ
ΑΝΑΛΥΣΗ
Γ.Δ.ΑΚΡΙΒΗΣ-Β.Α.ΔΟΥΓΑΛΗΣ
ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΑΚΕΣ ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΚΡΗΤΗΣ
Δεύτερη έκδοση Φεβρουάριος 1998

Στην σελίδα 29 πραγματεύεται το παρόμοιο ολοκλήρωμα
$I_{n}=\int_{0}^{1}x^{n}e^{x-1}dx$
που ικανοποιεί τις
$I_{1}=\frac{1}{e},I_{n}=1-nI_{n-1}$
και εξηγεί γιατί αν προσπαθήσουμε να το υπολογίσουμε μέσω αυτής
της αναδρομικής σχέσης κάνοντας στρογγυλεύσεις θα έχουμε μεγάλο σφάλμα.
(η με υπολογιστή η με το χέρι)
Εκεί δίνει και τον τρόπο που μπορεί να γίνει ο υπολογισμός οποιουδήποτε $I_{n}$

Λάμπρος Κατσάπας · #5

Στην περίπτωση που δεν δει κάποιος, όπως εγώ, το ''κόλπο'' του κ.Λάμπρου μπορεί να δουλέψει και με την standard μέθοδο της εκθετικής γεννήτριας

$\dispalystyle {G(x)=\sum_{n\geq 1}^{}a_n\dfrac{x^n}{n!}.}$

Συγκεκριμένα, πολλαπλασιάζοντας την αναδρομική με $\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}$ παίρνουμε

$\dispalystyle { \sum_{n\geq 1}^{}a_{n+1}\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}=c\sum_{n\geq 1}^{}\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}-\sum_{n\geq 1}^{}a_n\dfrac{x^{n+1}}{n!}\Rightarrow}$

$\dispalystyle {G(x)-x=c(e^x-1-x)-xG(x)\Rightarrow G(x)=\dfrac{c(e^x-1-x)+x}{x+1}.}$

Είναι

$\dispalystyle {G^{(n)}(0)=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\left (\dfrac{1}{x+1} \right )^{(k)}\left (c(e^x-1-x)+x \right )^{(n-k)}}$

$\dispalystyle {=\left (\sum_{k=0}^{n-2}\binom{n}{k} (-1)^k \dfrac{k!}{(x+1)^{k+1}}ce^x \right )+(-1)^{n-1} \dfrac{n!}{(x+1)^{n}}\left (ce^x -c+1 \right )+(-1)^{n} \dfrac{n!}{(x+1)^{n+1}}\left (c(e^x-1-x)+x \right ).}$

Για x=0

παίρνουμε

$\dispalystyle {G^{(n)}(0)=c\sum_{k= 0}^{n-2}(-1)^k\dfrac{n!}{(n-k)!}+(-1)^{n-1}n!}$

και επειδή $\dispalystyle {a_n=\dfrac{G^{(n)}(0)}{n!}}$ συμπεραίνουμε ότι

$\dispalystyle {a_{n}=c\sum_{k= 0}^{n-2}(-1)^k\dfrac{1}{(n-k)!}+(-1)^{n-1}}$ κ.λπ.

Αναδρομική ακολουθία.

Αναδρομική ακολουθία.

Re: Αναδρομική ακολουθία.

Re: Αναδρομική ακολουθία.

Re: Αναδρομική ακολουθία.

Re: Αναδρομική ακολουθία.

Μέλη σε σύνδεση