Ακολουθία (4)

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6078
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Ακολουθία (4)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Δεκ 11, 2010 2:49 am

Δίνεται η ακολουθία \displaystyle \{x_n\}_{n\geq 0}, τέτοια ώστε x_0=0 και \displaystyle x_n=\sqrt{n^2+x_{n-1}}, \ n\geq 1.

Να υπολογιστεί το όριο \displaystyle {\lim _{n \rightarrow \infty} (x_n-n)}.


Θανάσης Κοντογεώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12314
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ακολουθία (4)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Δεκ 11, 2010 7:03 pm

socrates έγραψε:Δίνεται η ακολουθία \displaystyle \{x_n\}_{n\geq 0}, τέτοια ώστε x_0=0 και \displaystyle x_n=\sqrt{n^2+x_{n-1}}, \ n\geq 1.

Να υπολογιστεί το όριο \displaystyle {\lim _{n \rightarrow \infty} (x_n-n)}.
Εύκολα βλέπουμε ότι x_n \ge 0 και άρα, από τον αναδρομικό τύπο, x_n \ge \sqrt {n^2+0} = n.
Επίσης, εύκολα βλέπουμε επαγωγικά ότι x_n \le n+1. Άρα

\begin{aligned} 
\displaystyle x_n - n& = \sqrt{n^2+x_{n-1}}-n = \frac {(\sqrt{n^2+x_{n-1}}-n)(\sqrt{n^2+x_{n-1}}+n )}{\sqrt{n^2+x_{n-1}}+n }\\ 
      &=\frac {x_{n-1}}\sqrt{n^2+x_{n-1}}+n } \le \frac {n}{\sqrt{n^2+0}+n } =\frac{1}{2}  
\end{aligned}

και

\displaystyle{x_n - n =   \frac {x_{n-1}}{\sqrt{n^2+x_{n-1}}+n } \ge  \frac {n-1}{\sqrt{n^2+n}+n } \rightarrow\frac{1}{2} }

Από ισοσυγκλίνουσες η x_n-n τείνει στο \frac{1}{2}.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου


Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Ακολουθία (4)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Τετ Ιουν 01, 2011 11:40 am

Να υπολογιστεί, αν υπάρχει, το \displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n\left(x_{n}-n-\frac{1}{2}\right)}.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
peter
Δημοσιεύσεις: 228
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 30, 2009 2:21 pm

Re: Ακολουθία (4)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από peter » Τετ Ιουν 01, 2011 3:00 pm

Έχουμε ήδη δει ότι x_n\sim n, άρα \frac{x_{n-1}}{n}\to 1 και x_n>0 για κάθε n. Τέλος, x_n-n\to 1/2.

Επιπλέον από το θεώρημα του Taylor παίρνουμε: για κάθε x,h>0 υπάρχει t=t_{x,h}\in (x,x+h) ώστε \sqrt{x+h}=\sqrt{x}+\frac{h}{2\sqrt{x}}-\frac{h^2}{8}\frac{1}{\sqrt{t^3}}.

Για x=n^2 και h=x_{n-1} υπάρχει n^2<t_n<n^2+x_{n-1} ώστε: x_n=n+\frac{x_{n-1}}{2n}-\frac{x_{n-1}^2}{8}\frac{1}{\sqrt{t_n^3}}.

Άρα, αν θέσουμε s_n=t_n/n^2 τότε s_n\to 1 και n(x_n-n-\frac{1}{2})=\frac{x_{n-1}-(n-1)}{2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{8}(\frac{x_{n-1}}{n})^2\frac{1}{\sqrt{s_n^3}}. Έπεται εύκολα ότι n(x_n-n-\frac{1}{2})\to -\frac{3}{8}.


Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Ακολουθία (4)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Τετ Ιουν 01, 2011 6:35 pm

Κάπως παρόμοια: Όπως έδειξε ο Μιχάλης παραπάνω είναι n\leq x_{n}\leq n +1\Rightarrow x_{n}\sim n\Rightarrow x_{n}=n+o(n).

Βάζοντας αυτήν την εκτίμηση στην αναδρομική σχέση παίρνουμε

\begin{aligned}\displaystyle x_{n}&=\sqrt{n^2+n-1+o(n-1)}=\sqrt{n^2+n+o(n)}=n\left(1+\frac{1}{n}+o(1/n)\right)^{1/2}\\ 
 &=n\left(1+\frac{1}{2n}+o(1/n)\right)=n+\frac{1}{2}+o(1)\,. 
\end{aligned}

Βάζοντας τώρα τη δεύτερη εκτίμηση της x_{n} στην αναδρομική σχέση παίρνουμε

\displaystyle{x_{n}=\sqrt{n^2+n-1+\frac{1}{2}+o(1)}=n\left(1+\frac{1}{n}-\frac{1}{2n}+o(1/n^2)\right)^{1/2}=n+\frac{1}{2}-\frac{3}{8n}+o(1/n)},

που δίνει ότι το ζητούμενο όριο είναι -3/8. Και στις δυο τελεταίες λύσεις γίνεται χρήση αναπτύγματος Taylor.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες