Αναδρομική ακολουθία (9)

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2781
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Αναδρομική ακολουθία (9)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Τρί Αύγ 14, 2012 10:31 pm

Έστω η ακολουθία πραγματικών \left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}} με

0<\alpha_{1}<\alpha_2 και \alpha_{\nu+1}=\sqrt{\alpha_{\nu}\,\alpha_{\nu-1}} , \nu\geqslant2 .

α) Να αποδειχθεί ότι η ακολουθία \left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}} συγκλίνει.

β) Να αποδειχθεί ότι \displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}{\alpha_{\nu}}=\sqrt[3]{\alpha_2^2\,\alpha_1} .

γ) Να βρεθεί αναγωγικός (κλειστός) τύπος για την \left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}} .


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11232
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Αναδρομική ακολουθία (9)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Αύγ 15, 2012 12:34 am

grigkost έγραψε:Έστω η ακολουθία πραγματικών \left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}} με

0<\alpha_{1}<\alpha_2 και \alpha_{\nu+1}=\sqrt{\alpha_{\nu}\,\alpha_{\nu-1}} , \nu\geqslant2 .

α) Να αποδειχθεί ότι η ακολουθία \left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}} συγκλίνει.

β) Να αποδειχθεί ότι \displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}{\alpha_{\nu}}=\sqrt[3]{\alpha_2^2\,\alpha_1} .

γ) Να βρεθεί αναγωγικός (κλειστός) τύπος για την \left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}} .
Προφανώς όλα τα a_n είναι θετικά, οπότε έχει νόημα το x_n= \ln a_n. Τώρα η ακολουθία (x_n) ικανοποιεί x_{n+1}= \frac {1}{2} x_{n} + \frac {1}{2} x_{n-1} που μελετήθηκε εδώ για \kappa = \lambda = \frac {1}{2}. Οπότε τα ζητούμενα έπονται αμέσως.

Φιλικά,

Μιχάλης


Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2781
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Αναδρομική ακολουθία (9)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Σάβ Αύγ 18, 2012 9:47 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:Προφανώς όλα τα a_n είναι θετικά, οπότε έχει νόημα το x_n= \ln a_n. Τώρα η ακολουθία (x_n) ικανοποιεί x_{n+1}= \frac {1}{2} x_{n} + \frac {1}{2} x_{n-1} που μελετήθηκε εδώ για \kappa = \lambda = \frac {1}{2}. Οπότε τα ζητούμενα έπονται αμέσως.
Αναλυτικότερα:

Από την \alpha_{\nu+1}=\sqrt{\alpha_{\nu}\,\alpha_{\nu-1}}\,, \ \nu\geqslant2\,, προκύπτει

\begin{array}{rl} 
\log\alpha_{\nu+1}\hspace{-0.2cm}& =\log\sqrt{\alpha_{\nu}\,\alpha_{\nu-1}}=\log\bigl({\sqrt{\alpha_{\nu}}\,\sqrt{\alpha_{\nu-1}}\,}\bigr)=\log\bigl({\alpha_{\nu}^{\frac{1}{2}}\,\alpha_{\nu-1}^{\frac{1}{2}}}\bigr)\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} 
& =\log\alpha_{\nu}^{\frac{1}{2}}+\log\alpha_{\nu-1}^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}\,\log\alpha_{\nu}+\frac{1}{2}\,\log\alpha_{\nu-1}\,. 
\end{array}

Θέτοντας x_{\nu}=\log\alpha_{\nu}\,, \ \nu\in\mathbb{N} , προκύπτει x_{\nu+1}=\displaystyle\frac{1}{2}\,x_{\nu}+\frac{1}{2}\,x_{\nu-1}\,.

Από το Re: Μια ακολουθία Cauchy για \kappa=\lambda=\dfrac{1}{2}\,, προκύπτει ότι

x_{\nu}=\displaystyle\frac{2}{3}\,\biggl({1-\Bigl({-\frac{1}{2}}\Bigr)^{\nu-1}}\biggr)\,x_2+\frac{2}{3}\,\biggl({\frac{1}{2}+\Bigl({-\frac{1}{2}}\Bigr)^{\nu-1}}\biggr)\,x_{1}\,.

Επομένως

\begin{array}{rl} 
\log\alpha_{\nu} \hspace{-0.2cm}& =\displaystyle\frac{2}{3}\,\biggl({1-\Bigl({-\frac{1}{2}}\Bigr)^{\nu-1}}\biggr)\,\log\alpha_{2}+\frac{2}{3}\,\biggl({\frac{1}{2}+\Bigl({-\frac{1}{2}}\Bigr)^{\nu-1}}\biggr)\,\log\alpha_{1} \\ \noalign{\vspace{0.2cm}} 
      & =\log\alpha_{2}^{\frac{2}{3}\bigl({1-({-\frac{1}{2}})^{\nu-1}}\bigr)}+\log\alpha_{1}^{\frac{2}{3}\bigl({\frac{1}{2}+({-\frac{1}{2}})^{\nu-1}}\bigr)}\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} 
& =\log\Bigl({\alpha_{2}^{\frac{2}{3}\bigl({1-({-\frac{1}{2}})^{\nu-1}}\bigr)}\,\alpha_{1}^{\frac{2}{3}\bigl({\frac{1}{2}+({-\frac{1}{2}})^{\nu-1}}\bigr)}}\Bigr)\quad\Rightarrow  \\ \noalign{\vspace{0.2cm}} 
\alpha_{\nu} \hspace{-0.2cm}&=\alpha_{2}^{\frac{2}{3}\bigl({1-({-\frac{1}{2}})^{\nu-1}}\bigr)}\,\alpha_{1}^{\frac{2}{3}\bigl({\frac{1}{2}+({-\frac{1}{2}})^{\nu-1}}\bigr)}\,,\quad\nu\geqslant3\,. 
\end{array}

Αλλά τότε
\begin{array}{rl} 
 \mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\alpha_{\nu}\hspace{-0.2cm}& =\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}{\alpha_{2}^{\frac{2}{3}\bigl({1-({-\frac{1}{2}})^{\nu-1}}\bigr)}\,\alpha_{1}^{\frac{2}{3}\bigl({\frac{1}{2}+({-\frac{1}{2}})^{\nu-1}}\bigr)}}={\alpha_{2}^{\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\frac{2}{3}\bigl({1-({-\frac{1}{2}})^{\nu-1}}\bigr)}\,\alpha_{1}^{\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\frac{2}{3}\bigl({\frac{1}{2}+({-\frac{1}{2}})^{\nu-1}}\bigr)}}\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} 
 & =\alpha_{2}^{\frac{2}{3}({1-0})}\,\alpha_{1}^{\frac{2}{3}({\frac{1}{2}+0})}=\sqrt[3]{\alpha_2^2\,\alpha_1}\,.\quad\square 
\end{array}


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
gberdmath
Δημοσιεύσεις: 13
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 02, 2018 3:00 pm

Re: Αναδρομική ακολουθία (9)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gberdmath » Πέμ Δεκ 13, 2018 3:36 pm

Η ακολουθία είναι συγκλίνουσα ούτως ή άλλως γιατί δεν την ορίζεις μέχρι που εκτείνεται αλλά μπορεί να λυθεί και με λογαρίθμους
Φιλικά,
gberdmath


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11232
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Αναδρομική ακολουθία (9)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Δεκ 13, 2018 5:25 pm

gberdmath έγραψε:
Πέμ Δεκ 13, 2018 3:36 pm
Η ακολουθία είναι συγκλίνουσα ούτως ή άλλως γιατί δεν την ορίζεις μέχρι που εκτείνεται αλλά μπορεί να λυθεί και με λογαρίθμους
Επειδή δεν κατάλαβα τι εννοείς, για κάνε τα λιανά. Ειδικά χώρισε τις δύο ασύνδετες προτάσεις σου, με σημεία στίξης.

Και κάτι ακόμα: Να διαβάζεις τα ποστ που προηγήθηκαν. Αλλιώς δεν καταλαβαίνω την προτροπή να λύσουμε την άσκηση με λογαρίθμους, αφού έτσι και αλλιώς με αυτόν τον τρόπο την λύσαμε.


gberdmath
Δημοσιεύσεις: 13
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 02, 2018 3:00 pm

Re: Αναδρομική ακολουθία (9)

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gberdmath » Κυρ Δεκ 16, 2018 12:50 pm

Έδωσα και μία άλλη προφανή λύση, αν δεν μου διαφεύγει κάτι.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11232
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Αναδρομική ακολουθία (9)

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 16, 2018 12:53 pm

gberdmath έγραψε:
Κυρ Δεκ 16, 2018 12:50 pm
Έδωσα και μία άλλη προφανή λύση, αν δεν μου διαφεύγει κάτι.
Για εξήγησέ μας ποια ακριβώς είναι αυτή η άλλη λύση γιατί εγώ δεν βλέπω να έχεις γράψει καμία λύση.


gberdmath
Δημοσιεύσεις: 13
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 02, 2018 3:00 pm

Re: Αναδρομική ακολουθία (9)

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gberdmath » Κυρ Δεκ 16, 2018 12:55 pm

Για την συγκλίνουσα σειρά εννοώ.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11232
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Αναδρομική ακολουθία (9)

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 16, 2018 1:04 pm

gberdmath έγραψε:
Κυρ Δεκ 16, 2018 12:55 pm
Για την συγκλίνουσα σειρά εννοώ.
Μάλλον γράφεις πέρα από τις γνώσεις σου.

Πρώτα από όλα δεν υπάρχει "σειρά" στα παραπάνω. Υπάρχει "ακολουθία". Αλλά δεν είδα να γράψεις τίποτα, ούτε σειρά ούτε ακολουθία.

Καλό είναι να ασχολούμαστε με τα καλά Μαθηματικά, και σε ενθαρρύνουμε, αλλά υπάρχουν και όρια.

Παρακαλώ τους Γενικούς Συντονιστές να περιορίσουν το φαινόμενο gberdmath.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

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