Ακολουθία (9)

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5799
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Ακολουθία (9)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Δευ Φεβ 14, 2011 4:00 pm

Δίνεται ακολουθία \displaystyle \{a_n\}_{n\geq 1}, τέτοια ώστε a_1=1 και \displaystyle {a_{n+1}=\frac{\sqrt{n}}{1+a_n}, \ n\geq 1}.

Να υπολογιστεί το όριο \displaystyle {\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_n^4}{n}.}


Θανάσης Κοντογεώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Ακολουθία (9)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Σάβ Απρ 02, 2011 8:10 pm

Λήμμα : Για κάθε \displaystyle{n = 1,2,3...} ισχύει \displaystyle{\sqrt {n + 2}  - 1 \leqslant \sqrt n } .

Διότι : Η συνάρτηση \displaystyle{f\left( x \right) = \sqrt {x + 2}  - \sqrt x {\text{ }}{\text{,  }}x \in \left[ {1, + \infty } \right)} είναι (φανερά) φθίνουσα, οπότε \displaystyle{f\left( n \right) \leqslant f\left( 1 \right) < 1 \Rightarrow \boxed{\sqrt {n + 2}  - 1 \leqslant \sqrt n }} για κάθε \displaystyle{n = 1,2,3...} .

Θα αποδείξουμε (με μέθοδο Μαθηματικής επαγωγής) ότι \displaystyle{\sqrt[4]{{n + 1}} - 1 \leqslant {a_n} \leqslant \sqrt[4]{n}}

Για \displaystyle{n = 1:\sqrt[4]{{1 + 1}} - 1 \leqslant {a_1} \leqslant \sqrt[4]{1}} (ισχύει). Έστω για κάποιο \displaystyle{n:\sqrt[4]{{n + 1}} - 1 \leqslant {a_n} \leqslant \sqrt[4]{n}} . Τότε

\displaystyle{\boxed{\sqrt[4]{{n + 1}} - 1 \leqslant {a_n} \leqslant \sqrt[4]{n}} \Rightarrow \sqrt[4]{{n + 1}} \leqslant {a_n} + 1 \leqslant \sqrt[4]{n} + 1 \Rightarrow \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{n} + 1}} \leqslant \frac{{\sqrt n }}{{{a_n} + 1}} \leqslant \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{{n + 1}}}} \Rightarrow \boxed{\frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{n} + 1}} \leqslant {a_{n + 1}} \leqslant \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{{n + 1}}}}}}

Όμως (λήμμα) \displaystyle{\sqrt {n + 2}  - 1 \leqslant \sqrt n  \Rightarrow \left( {\sqrt[4]{{n + 2}} - 1} \right)\left( {\sqrt[4]{{n + 2}} + 1} \right) \leqslant \sqrt n  \Rightarrow \sqrt[4]{{n + 2}} - 1 \leqslant \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{{n + 2}} + 1}} \Rightarrow \boxed{\sqrt[4]{{n + 2}} - 1 \leqslant \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{n} + 1}}}}

και \displaystyle{\frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{{n + 1}}}} \leqslant \frac{{\sqrt {n + 1} }}{{\sqrt[4]{{n + 1}}}} = \sqrt[4]{{n + 1}}} , άρα \displaystyle{\sqrt[4]{{n + 2}} - 1 \leqslant \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{n} + 1}} \leqslant {a_{n + 1}} \leqslant \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{{n + 1}}}} \leqslant \sqrt[4]{{n + 1}} \Rightarrow \boxed{\sqrt[4]{{n + 2}} - 1 \leqslant {a_{n + 1}} \leqslant \sqrt[4]{{n + 1}}}}

Τελικά για κάθε \displaystyle{n = 1,2,3...} ισχύει \displaystyle{\boxed{\sqrt[4]{{n + 1}} - 1 \leqslant {a_n} \leqslant \sqrt[4]{n}}} . Τότε \displaystyle{\frac{{\sqrt[4]{{n + 1}} - 1}}{{\sqrt[4]{n}}} \leqslant \frac{{{a_n}}}{{\sqrt[4]{n}}} \leqslant 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_n}}}{{\sqrt[4]{n}}} = 1 \Rightarrow \boxed{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{a_n^4}}{n} = 1}} .


Σεραφείμ Τσιπέλης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης