Ακολουθία (12)

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6083
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Ακολουθία (12)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Μαρ 19, 2011 5:04 pm

Έστω πραγματική ακολουθία \displaystyle \{x_n\}_{n\geq 0} τέτοια ώστε \displaystyle x_{n+1}=x_n+e^{-x_n}, \ \forall n \in \mathbb{N}_0.

Να βρεθεί το όριο \displaystyle \lim \frac{x_n}{\ln n}.


Θανάσης Κοντογεώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: Ακολουθία (12)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Πέμ Μαρ 24, 2011 2:12 am

Πιστεύω ότι κάτι δεν είναι σωστό.......
Παρατηρούμε ότι \displaystyle{\bf x_{n+1}-x_{n}=e^{-x_{n}}>0} το οποίο σημαίνει ότι η ακολουθία είναι αύξουσα. Υποθέτουμε ότι \displaystyle{\bf x_{n}\rightarrow x\in\mathbb{R}} και καταλήγουμε σε άτοπο το οποίο σημαίνει ότι \displaystyle{\bf x_{n}\rightarrow +\infty}, πως μπορούμε λοιπόν να βγάλουμε συμπέρασμα για το ζητούμενο;


What's wrong with a Greek in Hamburg?
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Ακολουθία (12)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Πέμ Μαρ 24, 2011 8:53 am

Χμ .. το όριο φαίνεται να είναι 1 .. αλλά θέλω δουλειά ακόμα ..


Σεραφείμ Τσιπέλης
nonlinear
Δημοσιεύσεις: 290
Εγγραφή: Σάβ Αύγ 28, 2010 3:51 am

Re: Ακολουθία (12)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nonlinear » Πέμ Μαρ 24, 2011 3:51 pm

Εφαρμόζοντας το λημμα Stolz-Cesaro για το όριο \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x_n}}}{{\ln n}}} εχω οτι :

\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x_{n + 1}} - {x_n}}}{{\ln \left( {n + 1} \right) - \ln n}} = ... = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n}{{{e^{{x_n}}}}} \cdot \frac{1}{{\ln {{\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)}^n}}}}

Ξαναεφαρμοζω το λημμα για το οριο της ακολουθιας \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n}{{{e^{{x_n}}}}}} και εχω :

\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{n + 1 - n}}{{{e^{{x_{n + 1}}}} - {e^{{x_n}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{{e^{{x_n}}} \cdot \left( {{e^{{x_{n + 1}} - {x_n}}} - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{{e^{{x_n}}}\left( {{e^{{e^{ - {x_n}}}}} - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{e^{ - {x_n}}}}}{{{e^{{e^{ - {x_n}}}}} - 1}} = 1}

Αρα αφου \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n}{{{e^{{x_n}}}}} = 1} τοτε και


\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x_n}}}{{\ln n}} = 1}


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

Re: Ακολουθία (12)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Πέμ Μαρ 31, 2011 1:24 am

nonlinear έγραψε:\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{e^{ - {x_n}}}}}{{{e^{{e^{ - {x_n}}}}} - 1}} = 1}

Το παραπάνω όριο βέβαια προκύπτει από την παρατήρηση του Γιώργου (Ωμέγα)
Μια στοιχειώδης λύση

Λήμμα 1 \displaystyle{\forall {x_0} \geqslant 0:{x_1} = {x_0} + {e^{ - {x_0}}} \geqslant 1}

Η συνάρτηση \displaystyle{f\left( x \right) = x + {e^{ - x}}} είναι γνησίως αύξουσα στο \displaystyle{\left[ {0, + \infty } \right)} διότι \displaystyle{\forall x > 0:f'\left( x \right) = 1 - {e^{ - x}} > 0} , δηλαδή \displaystyle{\forall x \geqslant 0:f\left( x \right) \geqslant f\left( 0 \right) = 1} .
Άρα \displaystyle{\forall {x_0} \geqslant 0:{x_1} = {x_0} + {e^{ - {x_0}}} \geqslant 1} .

Λήμμα 2 \displaystyle{\forall {x_0} < 0:{x_1} = {x_0} + {e^{ - {x_0}}} \geqslant 1}

Η συνάρτηση \displaystyle{f\left( x \right) = {e^x} - x} είναι γνησίως αύξουσα στο \displaystyle{\left[ {0, + \infty } \right)} διότι \displaystyle{\forall x > 0:f'\left( x \right) = {e^x} - 1 > 0} , δηλαδή \displaystyle{\forall x \geqslant 0:f\left( x \right) \geqslant f\left( 0 \right) = 1} .
Τότε \displaystyle{{x_0} + {e^{ - {x_0}}} = {e^{ - {x_0}}} - \left( { - {x_0}} \right)\mathop  \geqslant \limits^{ - {x_0} > 0} 1} . Άρα \displaystyle{\forall {x_0} < 0:{x_1} = {x_0} + {e^{ - {x_0}}} \geqslant 1} .

Λήμμα 3 \displaystyle{\forall n = 1,2,3,..:\ln \left( {n + 1} \right) < \ln \left( n \right) + \frac{1}{n}}

Η συνάρτηση \displaystyle{f\left( x \right) = \ln \left( {x + 1} \right) - \ln \left( x \right) - \frac{1}{x}} με \displaystyle{x \geqslant 1} έχει \displaystyle{f'\left( x \right) = \frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}} > 0} και \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {\ln \left( {\frac{{x + 1}}{x}} \right) - \frac{1}{x}} \right) = 0} . Επομένως είναι γνησίως αύξουσα με \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f\left( x \right) = 0} , άρα \displaystyle{\forall x \geqslant 1:f\left( x \right) < 0} , επομένως \displaystyle{\forall n = 1,2,3,..:\ln \left( {n + 1} \right) < \ln \left( n \right) + \frac{1}{n}} .

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Θα αποδείξουμε (με Μαθηματική επαγωγή) ότι \displaystyle{\boxed{{x_n} \geqslant \ln \left( n \right)}} για κάθε \displaystyle{n = 1,2,3,..} . Πράγματι:
Από λήμμα 1 & 2 έχουμε ότι για \displaystyle{n = 1:{x_1} \geqslant 1{\text{  \&   }}\ln \left( 1 \right) = 0 \Rightarrow \boxed{{x_1} > \ln \left( 1 \right)}}
Έστω για κάποιο \displaystyle{n \in N} ισχύει \displaystyle{{x_n} \geqslant \ln \left( n \right)} , τότε \displaystyle{{x_n} = \ln \left( n \right) + {y_n}} με \displaystyle{{y_n} \geqslant 0} .
και \displaystyle{{x_{n + 1}} = {x_n} + {e^{ - {x_n}}} = \ln \left( n \right) + {y_n} + {e^{ - \left( {\ln \left( n \right) + {y_n}} \right)}} = \ln \left( n \right) + {y_n} + \frac{1}{n} + {e^{ - {y_n}}} \geqslant \ln \left( n \right) + \frac{1}{n} \geqslant \ln \left( {n + 1} \right)} (από λήμμα 3)
Άρα ισχύει \displaystyle{\boxed{{x_n} \geqslant \ln \left( n \right)}} για κάθε \displaystyle{n = 1,2,3,..} .

Τότε \displaystyle{\forall n \in {N^*}:{x_{n + 1}} = {x_n} + {e^{ - {x_n}}} \leqslant {x_n} + {e^{ - \ln \left( n \right)}} \Rightarrow \boxed{{x_{n + 1}} \leqslant {x_n} + \frac{1}{n}}} δηλαδή \displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^n {{x_{k + 1}}}  \leqslant \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{x_k} + \frac{1}{k}} \right)}  \Rightarrow {x_{n + 1}} \leqslant {x_1} + \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}}  \Rightarrow {x_n} \leqslant {x_1} + \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\frac{1}{k}} }

Όμως όπως αποδείχθηκε εδώ viewtopic.php?f=9&t=8886&p=50039&hilit= ... oni#p50039 ισχύει \displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}}  \leqslant 1 + \ln \left( n \right)} , επομένως \displaystyle{\forall n = 2,3,4,..:\boxed{{x_n} \leqslant 1 + {x_1} + \ln \left( {n - 1} \right)}}

Τελικά \displaystyle{\forall n = 2,3,4,..} ισχύει \displaystyle{\ln \left( n \right) \leqslant {x_n} \leqslant 1 + {x_1} + \ln \left( {n - 1} \right) \Rightarrow \boxed{1 \leqslant \frac{{{x_n}}}{{\ln \left( n \right)}} \leqslant \frac{{1 + {x_1} + \ln \left( {n - 1} \right)}}{{\ln \left( n \right)}}}} και τελικά \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x_n}}}{{\ln \left( n \right)}} = 1}


Σεραφείμ Τσιπέλης
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Ακολουθία (12)

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Δευ Απρ 04, 2011 5:37 pm

Ας τη δυσκολέψουμε λίγο: Με τα ίδια δεδομένα, ας βρεθεί το \displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n\left(\frac{x_{n}}{\ln n}-1\right)}.

Υπάρχει μια γενική μέθοδος που καλύπτει αρκετές περιπτώσεις τέτοιων ασκήσεων και δίνει τη δυνατότητα εύρεσης όλο και περιπλοκότερων ορίων που συμπεριλαμβάνουν την x_{n}. Στην καρδιά της βρίσκεται η μελέτη μέσω ασυμπτωτικών αναπτυγμάτων της ασυμπτωτικής συμπεριφοράς αναδρομικών ακολουθιών, διακριτή περίπτωση της μελέτης της ασυμπτωτικής συμπεριφοράς λύσεων διαφορικών εξισώσεων.

Σχετικό αρθράκι εδώ.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες