Ακολουθία (9)

#1

Δίνεται ακολουθία $\displaystyle \{a_n\}_{n\geq 1}$ , τέτοια ώστε a_1=1

και $\displaystyle {a_{n+1}=\frac{\sqrt{n}}{1+a_n}, \ n\geq 1}$ .

Να υπολογιστεί το όριο $\displaystyle {\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_n^4}{n}.}$

#2

Λήμμα : Για κάθε $\displaystyle{n = 1,2,3...}$ ισχύει $\displaystyle{\sqrt {n + 2} - 1 \leqslant \sqrt n }$ .

Διότι : Η συνάρτηση $\displaystyle{f\left( x \right) = \sqrt {x + 2} - \sqrt x {\text{ }}{\text{, }}x \in \left[ {1, + \infty } \right)}$ είναι (φανερά) φθίνουσα, οπότε $\displaystyle{f\left( n \right) \leqslant f\left( 1 \right) < 1 \Rightarrow \boxed{\sqrt {n + 2} - 1 \leqslant \sqrt n }}$ για κάθε $\displaystyle{n = 1,2,3...}$ .

Θα αποδείξουμε (με μέθοδο Μαθηματικής επαγωγής) ότι $\displaystyle{\sqrt[4]{{n + 1}} - 1 \leqslant {a_n} \leqslant \sqrt[4]{n}}$

Για $\displaystyle{n = 1:\sqrt[4]{{1 + 1}} - 1 \leqslant {a_1} \leqslant \sqrt[4]{1}}$ (ισχύει). Έστω για κάποιο $\displaystyle{n:\sqrt[4]{{n + 1}} - 1 \leqslant {a_n} \leqslant \sqrt[4]{n}}$ . Τότε

$\displaystyle{\boxed{\sqrt[4]{{n + 1}} - 1 \leqslant {a_n} \leqslant \sqrt[4]{n}} \Rightarrow \sqrt[4]{{n + 1}} \leqslant {a_n} + 1 \leqslant \sqrt[4]{n} + 1 \Rightarrow \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{n} + 1}} \leqslant \frac{{\sqrt n }}{{{a_n} + 1}} \leqslant \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{{n + 1}}}} \Rightarrow \boxed{\frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{n} + 1}} \leqslant {a_{n + 1}} \leqslant \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{{n + 1}}}}}}$

Όμως (λήμμα) $\displaystyle{\sqrt {n + 2} - 1 \leqslant \sqrt n \Rightarrow \left( {\sqrt[4]{{n + 2}} - 1} \right)\left( {\sqrt[4]{{n + 2}} + 1} \right) \leqslant \sqrt n \Rightarrow \sqrt[4]{{n + 2}} - 1 \leqslant \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{{n + 2}} + 1}} \Rightarrow \boxed{\sqrt[4]{{n + 2}} - 1 \leqslant \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{n} + 1}}}}$

και $\displaystyle{\frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{{n + 1}}}} \leqslant \frac{{\sqrt {n + 1} }}{{\sqrt[4]{{n + 1}}}} = \sqrt[4]{{n + 1}}}$ , άρα $\displaystyle{\sqrt[4]{{n + 2}} - 1 \leqslant \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{n} + 1}} \leqslant {a_{n + 1}} \leqslant \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt[4]{{n + 1}}}} \leqslant \sqrt[4]{{n + 1}} \Rightarrow \boxed{\sqrt[4]{{n + 2}} - 1 \leqslant {a_{n + 1}} \leqslant \sqrt[4]{{n + 1}}}}$

Τελικά για κάθε $\displaystyle{n = 1,2,3...}$ ισχύει $\displaystyle{\boxed{\sqrt[4]{{n + 1}} - 1 \leqslant {a_n} \leqslant \sqrt[4]{n}}}$ . Τότε $\displaystyle{\frac{{\sqrt[4]{{n + 1}} - 1}}{{\sqrt[4]{n}}} \leqslant \frac{{{a_n}}}{{\sqrt[4]{n}}} \leqslant 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_n}}}{{\sqrt[4]{n}}} = 1 \Rightarrow \boxed{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{a_n^4}}{n} = 1}}$ .

Ακολουθία (9)

Ακολουθία (9)

Re: Ακολουθία (9)

Μέλη σε σύνδεση