Ακολουθία μέ αναδρομικό τύπο

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2900
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Ακολουθία μέ αναδρομικό τύπο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Τρί Ιαν 06, 2009 9:32 pm

Έστω η ακολουθία \left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}} μέ \alpha_{\nu}=1 καί \alpha_{\nu+1}=\displaystyle\sqrt{1+\frac{1}{2}\,\alpha_{\nu}^{2}}, \nu\in\mathbb{N}. Νά αποδειχθεί ότι:
α) \alpha_{\nu}^2-2<0 καί \alpha_{\nu+1}^2-\alpha_{\nu}^2>0, γιά κάθε \nu\in\mathbb{N}.
β) η \left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}} συγκλίνει καί νά βρεθεί τό όριό της.

Άλυτη άσκηση από τόν Απειροστικό Λογισμό Ι τού Σ. Ντούγια ( γιά τήν οποία έχω βρεί μιά λύση )


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4343
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ακολουθία μέ αναδρομικό τύπο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Τρί Ιαν 06, 2009 10:07 pm

Γρηγόρη μία απάντηση για το δεύτερο ερώτημα (φαντάζομαι ότι το πρώτο βγαίνει και αυτό με επαγωγή):
Με επαγωγή διαπιστώνουμε εύκολα ότι η ακολουθία είναι γνησίως αύξουσα.
Επίσης με επαγωγή διαπιστώνουμε ότι ο 2 είναι άνω φράγμα της.
Κλασικά αν x είναι το όριο της αυτό είναι λύση της \sqrt{1+\frac{x^{2}}{2}}=x από την οποία έχουμε x=\sqrt{2}.
Μαυρογιάννης


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2900
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Ακολουθία μέ αναδρομικό τύπο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Τρί Ιαν 06, 2009 11:41 pm

\left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}} μέ \alpha_{\nu}=1 καί \alpha_{\nu+1}=\displaystyle\sqrt{1+\frac{1}{2}\,\alpha_{\nu}^{2}}, \nu\in\mathbb{N}.

α) \alpha_{\nu}^2-2=\displaystyle1+\frac{1}{2}\,\alpha_{\nu-1}^2-2=\frac{1}{2}\left( {\alpha_{\nu-1}^2-2}\right)
\alpha_{\nu-1}^2-2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{\nu-2}^2-2}\right)
\alpha_{\nu-2}^2-2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{\nu-3}^2-2}\right)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
\alpha_{3}^2-2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{2}^2-2}\right)
\alpha_{2}^2-2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{1}^2-2}\right)=-\frac{1}{2}.

Πολλαπλασιάζωντας κατά μέλη τίς παραπάνω \nu-1 εξισώσεις προκύπτει
\displaystyle\alpha_{\nu}^2-2=\left({\frac{1}{2}}\right)^{\nu-1}\left( {-\frac{1}{2}}\right)=-\frac{1}{2^{\nu}}<0 (1) .
Επίσης
\alpha_{\nu+1}^2-\alpha_{\nu}^2=\displaystyle1+\frac{1}{2}\,\alpha_{\nu}^2-1-\frac{1}{2}\,\alpha_{\nu-1}^2=\frac{1}{2}\left( {\alpha_{\nu}^2-\alpha_{\nu-1}^2}\right)
\alpha_{\nu}^2-\alpha_{\nu-1}^2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{\nu-1}^2-\alpha_{\nu-2}^2}\right)
\alpha_{\nu-1}^2-\alpha_{\nu-2}^2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{\nu-2}^2-\alpha_{\nu-3}^2}\right)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

\alpha_{3}^2-\alpha_{2}^2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{2}^2-\alpha_{1}^2}\right)=\frac{1}{2}\left({1+\frac{1}{2}\,1-1^2}\right)=\frac{1}{2}.

Πολλαπλασιάζωντας κατά μέλη τίς παραπάνω \nu-1 εξισώσεις προκύπτει
\displaystyle\alpha_{\nu+1}^2-\alpha_{\nu}^2=\left({\frac{1}{2}}\right)^{\nu-1}\frac{1}{2}=\frac{1}{2^{\nu}}>0 (2).

β) 0\stackrel{(2)}{<}\alpha_{\nu+1}^2-\alpha_{\nu}^2=\left({\alpha_{\nu+1}-\alpha_{\nu}}\right)\left({\alpha_{\nu+1}+\alpha_{\nu}}\right) καί επειδή \alpha_{\nu+1}+\alpha_{\nu}>0, έπεται \alpha_{\nu+1}-\alpha_{\nu}>0. Άρα η ακολουθία \left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}} είναι γνησίως αύξουσα.
Από τήν (1) προκύπτει \alpha_{\nu}^2<2 \Leftrightarrow 1<\alpha_{\nu}<\sqrt{2}. Άρα η η ακολουθία \left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}} είναι καί φραγμένη. Άρα είναι καί συγκλίνουσα. Άν \mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\alpha_{\nu}=l, τότε\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\alpha_{\nu+1}=\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\sqrt{1+\frac{1}{2}\,\alpha_{\nu}^{2}}\Leftrightarrow l=\displaystyle\sqrt{1+\frac{1}{2}\,l^{2}} \Leftrightarrow l=\sqrt{2}. \square

Υ.Γ. Μαζί μέ τήν λύση νά ζητήσω συγγνώμη γιά τό τυπογραφικό λάθος στόν αναγωγικό τύπο τής ακολουθίας ( τόν οποίο έχω ήδη διορθώσει ) Ελπίζω νά υπάρξουν καί άλλες λύσεις.


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4343
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ακολουθία μέ αναδρομικό τύπο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Τρί Ιαν 06, 2009 11:52 pm

'Αλλη μία απάντηση πάλι για το δεύτερο σκέλος θα μπορούσε να είναι η ακόλουθη:
Θεωρούμε την συνάρτηση f\left( x\right) =\sqrt{1+\frac{x^{2}}{2}}. Είναι f^{\prime }\left( x\right) =\allowbreak \frac{1}{\sqrt{\left( 4+2x^{2}\right) }}x=\sqrt{\frac{x^{2}}{4+2x^{2}}}\leq \sqrt{\frac{x^{2}}{2x^{2}}}=\allowbreak \frac{1}{2}\sqrt{2}. Από το θεώρημα μέσης τιμής έχουμε ότι \left| f\left( x_{1}\right) -f\left( x_{2}\right) \right| =\left| f^{\prime }\left( \xi \right) \right| \left| x_{1}-x_{2}\right| \leq \allowbreak \frac{1}{2}\sqrt{2}\left| x_{1}-x_{2}\right|.
Eίναι a_{n+1}=f\left( a_{n}\right). Επομένως
\left| f\left( x_{1}\right) -f\left( x_{2}\right) \right| \leq c\left| x_{1}-x_{2}\right| (*)
όπου c=\allowbreak \frac{1}{2}\sqrt{2} και φυσικά 0<c<1 (αυτό έχει σημασία).
Τότε:
\left| f\left( a_{n}\right) -f\left( a_{n-1}\right) \right| \leq c\left| a_{n}-a_{n-1}\right| =c\left| f\left( a_{n-1}\right) -f\left( a_{n-2}\right) \right| \leq c^{2}\left| a_{n-1}-a_{n-2}\right| \leq ...\leq c^{n-1}\left| a_{2}-a_{1}\right|
Αλλά
\left| f\left( a_{n}\right) -f\left( a_{1}\right) \right| \leq \left| f\left( a_{n}\right) -f\left( a_{n-1}\right) \right| +\left| f\left( a_{n-1}\right) -f\left( a_{n-2}\right) \right| +...+\left| f\left( a_{2}\right) -f\left( a_{1}\right) \right| \leq \left( 1+c+c^{2}+...+c^{n-1}\right) \left| a_{2}-a_{1}\right| \leq \frac{1}{1-c}\left| a_{2}-a_{1}\right|
Επίσης
\left| f\left( a_{m}\right) -f\left( a_{n}\right) \right| \leq c\left| a_{m}-a_{n}\right| \leq ....\leq c^{n-1}\left| a_{m-n+1}-a_{1}\right| \leq c^{n-1}\frac{1}{1-c}\left| a_{2}-a_{1}\right| επομένως η \left( a_{n}\right) είναι Cauchy
'Άρα η ακολουθία συγκλίνει και το όριο βρίσκεται πάλι λύνοντας την εξίσωση f(x)=x. Βρίκουμε x=\sqrt{2}
Στην ουσία αυτό που χρειαστήκαμε είναι ότι η f ικανοποιέι την (*) δηλαδή μία μία συνθήκη Lipschitz με σταθερά μικρότερη του 1. Όλα τα υπόλοιπα είναι αυτόματα. Πρόκειται για ένα γνωστό αποτέλεσμα που επιτρέπει την αντιμετώπιση ασκήσεων ως ειδικών περιπτώσεων και φυσικά την κατασκευή ασκήσεων.
Μαυρογιάννης


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13176
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ακολουθία μέ αναδρομικό τύπο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Ιαν 07, 2009 12:54 am

grigkost έγραψε:\left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}} μέ \alpha_{\nu}=1 καί \alpha_{\nu+1}=\displaystyle\sqrt{1+\frac{1}{2}\,\alpha_{\nu}^{2}}, \nu\in\mathbb{N}.

α) \alpha_{\nu}^2-2=\displaystyle1+\frac{1}{2}\,\alpha_{\nu-1}^2-2=\frac{1}{2}\left( {\alpha_{\nu-1}^2-2}\right)
\alpha_{\nu-1}^2-2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{\nu-2}^2-2}\right)
\alpha_{\nu-2}^2-2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{\nu-3}^2-2}\right)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
\alpha_{3}^2-2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{2}^2-2}\right)
\alpha_{2}^2-2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{1}^2-2}\right)=-\frac{1}{2}.

Πολλαπλασιάζωντας κατά μέλη τίς παραπάνω \nu-1 εξισώσεις προκύπτει
\displaystyle\alpha_{\nu}^2-2=\left({\frac{1}{2}}\right)^{\nu-1}\left( {-\frac{1}{2}}\right)=-\frac{1}{2^{\nu}}<0 (1) .
Γρηγόρη,

μετά την σχέση (1) που απέδειξες, μπορείς να πάρεις συντομότερο δρόμο:

Η (1) δίνει \displaystyle\alpha_{\nu}^2= 2-\frac{1}{2^{\nu}}< 2, όπως θέλαμε. Επίσης, \displaystyle\alpha_{\nu+1}^2= 2-\frac{1}{2^{\nu+1}} > 2-\frac{1}{2^{\nu}}=\alpha_{\nu}^2 όπως θέλαμε. Τέλος, παίρνοντας όριο είναι

\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\alpha_{\nu}=\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\sqrt{2-\frac{1}{2^{\nu}}}=\sqrt{2}.

Φιλικά,

Μιχάλης.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες