IMC 2018/2/2

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8587
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

IMC 2018/2/2

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Ιούλ 26, 2018 11:41 am

Έστω ακολουθία πραγματικών (a_n)_{n=0}^{\infty} ώστε a_0=0 και

\displaystyle a_{n+1}^3=a_n^2-8 για n=0,1,2,\ldots.

Να δειχθεί ότι η \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{|a_{n+1}-a_n|} συγκλίνει.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 659
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Peking University, Πεκίνο

Re: IMC 2018/2/2

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nick1990 » Πέμ Ιούλ 26, 2018 1:08 pm

Αυτό μου άρεσε. Πρωτα απ' όλα παρατηρούμε ότι a_{n+1} \geq -2 για κάθε n, καθώς διαφορετικά θα είχαμε a^2_n < 0.

Μετά, δείχνουμε πως η ακολουθία είναι μη θετική. Αν δεν είναι, τότε επειδή a_1 = -2, υπάρχει m με a_m \leq 0 και a_{m+1} > 0, οπότε a^2_{m} = a^3_{m+1} + 8 > 8, άρα a_{m} < -2\sqrt{2} < -2, άτοπο.

Έχουμε τώρα 8 = -a^3_{n+1} + a^2_{n} \leq 2a^2_{n+1} + a^2_{n}.

Ακομα, από την αναδρομική έχουμε εύκολα με επαγωγή: a_n < a_{n+1} για n περιττό και ανάποδα για n άρτιο. Άρα η προηγούμενη ανισότητα δίνει γενικά, 8 \leq 2a^2_{n+1} + a^2_{n} \leq 2a^2_{n+1} + 2a^2_{n} \Rightarrow a^2_{n+1} + a_{n+1}a_{n} + a^2_{n} \geq a^2_{n+1} + a^2_{n} \geq 4, ενώ για n περιττό 8 \leq 2a^2_{n+1} + a^2_{n} \Rightarrow a^2_{n+1} + a_{n+1}a_{n} + a^2_{n} \geq 2a^2_{n+1} + a^2_{n} \geq 8.

Επομένως έχουμε: a^3_{n+1} - a^3_n = a^2_n - a^2_{n-1} \Rightarrow \left|a_{n+1} - a_n\right| = \left|a_{n} - a_{n-1}\right|\frac{\left|a_n + a_{n-1}\right|}{a^2_{n+1} + a_{n+1}a_n + a^2_n} \leq \left|a_{n} - a_{n-1}\right|\frac{4}{a^2_{n+1} + a_{n+1}a_n + a^2_n}

Οπότε από τις 3 τελευταίες έχουμε: \left|a_{n+1} - a_n\right| \leq \left|a_{n} - a_{n-1}\right| γενικά και \left|a_{n+1} - a_n\right| \leq \frac{1}{2}\left|a_{n} - a_{n-1}\right| για n περιττό. Άρα έχουμε:

\displaystyle{\sum_{n=0}^{+\infty}\left|a_{n+1} - a_n\right| \leq 2\sum_{k=1}^{+\infty}\left|a_{2k} - a_{2k-1}\right|}
όπου για τον k-οστό όρο έχουμε:
\left|a_{2k} - a_{2k-1}\right| \leq \frac{1}{2}\left|a_{2k-1} - a_{2k-2}\right| \leq \frac{1}{2}\left|a_{2(k-1)} - a_{2(k-1) - 1}\right| και άρα το κριτήριο λόγου μας λέει πως η τελευταία συγκλίνει (ή πιο απλά, φράσουμε από Γεωμετρική σειρά). Αυτό ολοκληρώνει την απόδειξη.


Κολλιοπουλος Νικος.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3322
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: IMC 2018/2/2

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Ιούλ 31, 2018 1:08 am

Demetres έγραψε:
Πέμ Ιούλ 26, 2018 11:41 am
Έστω ακολουθία πραγματικών (a_n)_{n=0}^{\infty} ώστε a_0=0 και

\displaystyle a_{n+1}^3=a_n^2-8 για n=0,1,2,\ldots.

Να δειχθεί ότι η \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{|a_{n+1}-a_n|} συγκλίνει.
Γράφουμε

a_{n+1}=(a_n^2-8)^{\frac{1}{3}}
(δεν νομίζω εδώ να έχουν πρόβλημα με αρνητικές τρίτες ρίζες)

Θεωρούμε την f(x)=(x^2-8)^{\frac{1}{3}}

Εύκολα βλέπουμε ότι f:[-2,0]\rightarrow [-2,0]

και f'(x)=\frac{2x}{3}(x^{2}-8)^{\frac{-2}{3}}

οπότε στο [-2,0] είναι \left | f'(x) \right |\leq \frac{4}{3}(\frac{1}{16})^{\frac{1}{3}}=L<1

Είναι a_{n+1}=f(a_{n})


Τα παρακάτω είναι γνωστά (θεώρημα σταθερού σημείου στην Αριθμητική Ανάλυση)

\left | a_{n+1}-a_{n} \right |\leq L\left | a_{n}-a_{n-1} \right |\leq L^{n}\left | a_{1}-a_{0} \right |

οπότε λόγω γεωμετρικής σειράς έχουμε την σύγκλιση.

To a_{0}=0 είναι παραπλανητικό.

Θα μπορούσε να δοθεί a_{0}\in [-2,0]


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης