Όριο ακολουθίας

Tolaso J Kos · #1

Έστω $\{a_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ ακολουθία τέτοια

$\displaystyle{ a_0 > 0 \, , \, a_1 > 0 \, , \, a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_{n-1}} \quad, \quad n \geq 1}$
Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty}\frac{a_n}{\sqrt{2n}} = 1}$ .

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 30, 2023 7:43 pm
Έστω $\{a_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ ακολουθία τέτοια

$\displaystyle{ a_0 > 0 \, , \, a_1 > 0 \, , \, a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_{n-1}} \quad, \quad n \geq 1}$
Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty}\frac{a_n}{\sqrt{2n}} = 1}$ .

Σαφώς η

είναι γνησίως αύξουσα. Αθροίζοντας τις σχέσεις $a_{k+1}=a_k+\dfrac{1}{a_{k-1}}$ για k=1

μέχρι

παίρνουμε
$a_n=a_1+\dfrac{1}{a_0}+..+\dfrac{1}{a_{n-2}}$ . Αν η (a_n)

ήταν φραγμένη από πάνω με a_n<M

για κάθε

τότε η προηγούμενη σχέση δίνει αμέσως άτοπο αφού θα ήταν $a_n>(n-2)\cdot\dfrac{1}{M}$ το οποίο γίνεται όσο μεγάλο θέλουμε.
Αφού λοιπόν η (a_n)

δεν έχει άνω φράγμα μπορούμε να θεωρήσουμε ότι a_0>55

(μετακινώντας αν είναι απαραίτητο όλη την ακολουθία κάποιους δείκτες). Θεωρώ τώρα την ακολουθία (b_n)

που ορίζεται αναδρομικά από τη σχέση b_0=a_0,b_1=a_1

και $b_{n+1}=b_n+\dfrac{1}{b_n},n>1$
Θα αποδείξουμε ότι $b_n\leq a_n$ για κάθε

. Για

ισχύει. Έστω αληθές για n=0,1,..,k

.
Τότε $b_{k+1}=b_k+\dfrac{1}{b_k}\leq a_k+\dfrac{1}{a_k}$ . Η τελευταία ισχύει γιατί η f(x)=x+1/x

είναι αύξουσα για x>1

και

αύξουσα με b_0=a_0>55

. Όμως είναι ακόμη $a_k>a_{k-1}$ έτσι $b_{k+1}\leq a_k+\dfrac{1}{a_k}<a_k+\dfrac{1}{a_{k-1}}=a_{k+1}$ και επαγωγικά παίρνουμε αυτό που θέλουμε.
Τώρα παρατηρούμε ότι $b_{k+1}^2=b_k^2+2+\dfrac{1}{b_k^2}>b_k^2+2\Rightarrow b_{k+1}^2-b_k^2>2$ . Αθροίζοντας αυτές για k=1

έως

παίρνουμε $b_n^2>b_1^2+2(n-1)\Rightarrow b_n\geq \sqrt{2(n-1)}\Rightarrow a_n\geq \sqrt{2(n-1)}$
Τώρα $a_n=a_1+\dfrac{1}{a_0}..+\dfrac{1}{a_{n-2}}\leq a_1+\dfrac{1}{a_0}+\dfrac{1}{a_1} +\displaystyle \sum_{i=1}^{n-3}\dfrac{1}{\sqrt{2i}}$
Κινώντας την γραφική παράσταση της $\dfrac{1}{\sqrt{2x}}$ συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle \sum_{i=1}^{n-3}\dfrac{1}{\sqrt{2i}}\leq \int_0^{n-3}\dfrac{1}{\sqrt{2x}} dx=[\sqrt{2x}]_0^{n-3}=\sqrt{2(n-3)}$ .
Άρα λοιπόν $\sqrt{2(n-1)} \leq a_n<C+\sqrt{2(n-3)}$ .
Όμως $\lim_{n\to \infty} \dfrac{\sqrt{2(n-1)}}{\sqrt{2n}}=\lim_{n\to \infty}\dfrac{C+\sqrt{2(n-3)}}{\sqrt{2n}}=1$ οπότε από το κριτήριο παρεμβολής παίρνουμε το ζητούμενο

Λάμπρος Κατσάπας · #3

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 30, 2023 7:43 pm
Έστω $\{a_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ ακολουθία τέτοια

$\displaystyle{ a_0 > 0 \, , \, a_1 > 0 \, , \, a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_{n-1}} \quad, \quad n \geq 1}$
Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty}\frac{a_n}{\sqrt{2n}} = 1}$ .

Ξεκάθαρα η ακολουθία είναι γνησίως αύξουσα με όριο το άπειρο.

Από τη δοθείσα, διαιρώντας με a_n

παίρνουμε

$\dfrac{a_n}{a_{n-1}}\rightarrow 1.$

Επίσης,

$a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}=\left ( a_n +\dfrac{1}{a_{n-1}}\right )^2 -a_{n}^{2}$

$= a_{n}^{2}\left (\left ( 1 +\dfrac{1}{a_na_{n-1}}\right )^2 -1 \right )$

$= a_{n}^{2}\left ( 1+ \dfrac{2}{a_na_{n-1}}+o(1/a_{n}^{2})-1\right )$

$= \dfrac{2a_n}{a_{n-1}}+o(1)\rightarrow 2.$

Άρα η $b_n=a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}$ έχει όριο το

και το ίδιο θα συμβαίνει και για τους μέσους όρους της:

$\dfrac{b_1+b_2+...+b_n}{n}\rightarrow 2\Rightarrow \dfrac{a_{n+1}^{2}-a_{1}^{2}}{n}\rightarrow 2$

$\Rightarrow \dfrac{a_{n}}{\sqrt{2n}}\rightarrow 1.$

Όριο ακολουθίας

Όριο ακολουθίας

Re: Όριο ακολουθίας

Re: Όριο ακολουθίας

Μέλη σε σύνδεση