Αναδρομική ακολουθία (9)

#1

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 $\left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}}$ .

#2

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

#3

Mihalis_Lambrou έγραψε:Προφανώς όλα τα είναι θετικά, οπότε έχει νόημα το $x_n= \ln a_n$ . Τώρα η ακολουθία 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
$\begin{array}{rl} \mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\alpha_{\nu}\hspace{-0.2cm}& =\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}{\alpha_{2}^{\frac{2}{3}\bigl({1-({-\frac{1}{2}})^{\nu-1}}\bigr)}\,\alpha_{1}^{\frac{2}{3}\bigl({\frac{1}{2}+({-\frac{1}{2}})^{\nu-1}}\bigr)}}={\alpha_{2}^{\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\frac{2}{3}\bigl({1-({-\frac{1}{2}})^{\nu-1}}\bigr)}\,\alpha_{1}^{\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\frac{2}{3}\bigl({\frac{1}{2}+({-\frac{1}{2}})^{\nu-1}}\bigr)}}\\ \noalign{\vspace{0.2cm}} & =\alpha_{2}^{\frac{2}{3}({1-0})}\,\alpha_{1}^{\frac{2}{3}({\frac{1}{2}+0})}=\sqrt[3]{\alpha_2^2\,\alpha_1}\,.\quad\square \end{array}$

gberdmath · #4

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

#5

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 · #6

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

#7

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 · #8

Για την συγκλίνουσα σειρά εννοώ.

#9

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.

Αναδρομική ακολουθία (9)

Αναδρομική ακολουθία (9)

Re: Αναδρομική ακολουθία (9)

Re: Αναδρομική ακολουθία (9)

Re: Αναδρομική ακολουθία (9)

Re: Αναδρομική ακολουθία (9)

Re: Αναδρομική ακολουθία (9)

Re: Αναδρομική ακολουθία (9)

Re: Αναδρομική ακολουθία (9)

Re: Αναδρομική ακολουθία (9)

Μέλη σε σύνδεση