Προσέγγιση αναδρομικών ακολουθιών χωρίς κλειστό τύπο

#1

$\bullet$ Έστω $\displaystyle{x_{n+1}=\frac{x_{n}}{(1+ax_{n}^{p})^{1/p}}}$ με $x_{0},a,p>0$ . Δείξτε ότι $\displaystyle{x_{n}=\frac{1}{(na)^{1/p}}\left(1-\frac{1}{nx_{0}pa}+\mathcal O(1/n^2)\right)}$ .

$\bullet$ Έστω $x_{n+1}=x_{n}+cx_{\color{red}n\color{black}}^{1-p}$ με $x_{0},c,p>0$ . Δείξτε ότι $\displaystyle{x_{n}=\frac{1}{(npc)^{1/p}}\left(1+\frac{(p-1)\ln n}{2p^2n}+\mathcal O(1/n)\right)}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Edit: Sorry...αίσχος....

#2

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\bullet$ Έστω $\displaystyle{x_{n+1}=\frac{x_{n}}{(1+ax_{n}^{p})^{1/p}}}$ με $x_{0},a,p>0$ . Δείξτε ότι $\displaystyle{x_{n}=\frac{1}{(na)^{1/p}}\left(1-\frac{1}{nx_{0}pa}+\mathcal O(1/n^2)\right)}$ .

$\bullet$ Έστω $x_{n+1}=x_{n}+cx^{1-p}$ με $x_{0},c,p>0$ . Δείξτε ότι $\displaystyle{x_{n}=\frac{1}{(npc)^{1/p}}\left(1+\frac{(p-1)\ln n}{2p^2n}+\mathcal O(1/n)\right)}$ .

α) $\displaystyle{{x_{n + 1}} = \frac{{{x_n}}}{{{{\left( {1 + ax_n^p} \right)}^{1/p}}}} \Rightarrow x_{n + 1}^p = \frac{{x_n^p}}{{1 + ax_n^p}} \Rightarrow \mathop \Rightarrow \limits^{x_n^p = {y_n}} \Rightarrow {y_{n + 1}} = \frac{{{y_n}}}{{1 + a {y_n}}}}$ . Με επαγωγή βρίσκουμε (εύκολο) ότι $\displaystyle{{y_n} = \frac{{{y_0}}}{{1 + a n {y_0}}}}$ .

Επομένως $\displaystyle{x_n^p = \frac{{x_0^p}}{{1 + a n x_0^p}} \Rightarrow {x_n} = \frac{{{x_0}}}{{{{\left( {1 + a n x_0^p} \right)}^{1/p}}}}}$ .

Τότε $\displaystyle{{x_n} = \frac{{{x_0}}}{{{{\left( {1 + a n x_0^p} \right)}^{1/p}}}} = {\left( {\frac{{x_0^p}}{{1 + a n x_0^p}}} \right)^{1/p}} = {\left( {\frac{1}{{a n}} \frac{{1 + a n x_0^p - 1}}{{1 + a n x_0^p}}} \right)^{1/p}} = \frac{1}{{{{\left( {a n} \right)}^{1/p}}}}{\left( {1 - \frac{1}{{1 + a n x_0^p}}} \right)^{1/p}}}$

Δηλαδή $\displaystyle{{x_n} = \frac{1}{{{{\left( {a n} \right)}^{1/p}}}}{\left( {1 - \frac{1}{{1 + a n x_0^p}}} \right)^{1/p}} = \frac{1}{{{{\left( {a n} \right)}^{1/p}}}}\left( {1 - \frac{1}{{p\left( {1 + a n x_0^p} \right)}} + O\left( {\frac{1}{{{n^2}}}} \right)} \right)}$

Δηλαδή $\displaystyle{{x_n} = \frac{1}{{{{\left( {a n} \right)}^{1/p}}}}\left( {1 - \frac{1}{{p a n x_0^p}} \frac{{p a n x_0^p}}{{p\left( {1 + a n x_0^p} \right)}} + O\left( {\frac{1}{{{n^2}}}} \right)} \right) = \frac{1}{{{{\left( {a n} \right)}^{1/p}}}}\left( {1 - \frac{1}{{p a n x_0^p}} + O\left( {\frac{1}{{{n^2}}}} \right)} \right)}$ (Αναστάση μάλλον ξεχάστηκε ένα

στον εκθέτη του x_0

)

β) Αναστάση στην δεύτερη βρίσκω $\displaystyle{{x_n} = {x_0} + c n {x^{1 - p}}}$

(κάπως αλλιώς θα είναι ..)

#3

Σεραφείμ έγραψε: (Αναστάση μάλλον ξεχάστηκε ένα στον εκθέτη του )

Το πιθανοτερο (κάτσε να πάω σπίτι να δω τα χαρτιά μου και θα το διορθώσω και αυτό)...Από ότι βλέπω βρήκες και τύπο! Είχα βρει μόνο το ανάπτυγμα...

το β) το διόρθωσα..

#4

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\bullet$ Έστω $x_{n+1}=x_{n}+cx_{\color{red}n\color{black}}^{1-p}$ με $x_{0},c,p>0$ . Δείξτε ότι $\displaystyle{x_{n}=\frac{1}{(npc)^{1/p}}\left(1+\frac{(p-1)\ln n}{2p^2n}+\mathcal O(1/n)\right)}$ .

$\displaystyle{{x_{n + 1}} - {x_n} = cx_n^{1 - p} > 0 \Rightarrow {x_n} \uparrow }$ . Έστω ότι $\displaystyle{{x_n}:}$ φραγμένη, τότε συγκλίνει με $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = \lambda > 0}$ . Επομένως έχουμε

$\displaystyle{{x_{n + 1}} = {x_n} + cx_n^{1 - p} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_{n + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} + c \cdot \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } x_n^{1 - p} \Rightarrow \lambda = \lambda + c{\lambda ^{1 - p}} \Rightarrow c{\lambda ^{1 - p}} = 0}$ , άτοπο. Άρα $\displaystyle{{x_n} > 0{\text{ }}{\text{, }}{x_n} \uparrow {\text{ \& }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = + \infty }$ .

$\displaystyle{{x_{n + 1}} = {x_n} + cx_n^{1 - p} \Rightarrow x_{n + 1}^p - x_n^p = {\left( {{x_n} + cx_n^{1 - p}} \right)^p} - x_n^p \Rightarrow \boxed{x_{n + 1}^p - x_n^p = cp + O\left( {\frac{1}{{x_n^p}}} \right)}}$ . Τότε

$\displaystyle{x_{n + 1}^p - x_n^p = cp + O\left( {\frac{1}{{x_n^p}}} \right) \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{x_{n + 1}^p - x_n^p}}{{\left( {n + 1} \right) - n}} = cp \Rightarrow \mathop \Rightarrow \limits^{Cesaro} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{{x_n}}}{{{n^{1/p}}}}} \right)^p} = cp \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x_n}}}{{{n^{1/p}}}} = {\left( {cp} \right)^{1/p}}}$

Δηλαδή $\displaystyle{{x_n} \sim {\left( {ncp} \right)^{1/p}}}$

Όμως $\displaystyle{x_{n + 1}^p - x_n^p = {\left( {{x_n} + cx_n^{1 - p}} \right)^p} - x_n^p \Rightarrow x_{n + 1}^p - x_n^p = pc + \frac{{p{c^2}\left( {p - 1} \right)}}{2} \cdot \frac{1}{{x_n^p}} + O\left( {\frac{1}{{x_n^{p + 1}}}} \right)}$ ,

δηλαδή $\displaystyle{x_{n + 1}^p - x_n^p = pc + \frac{{p{c^2}\left( {p - 1} \right)}}{2} \cdot \frac{1}{{x_n^p}} + O\left( {\frac{1}{{x_n^{p + 1}}}} \right)}$ .

Άρα $\displaystyle{x_{n + 1}^p - x_n^p - pc \sim \frac{{c\left( {p - 1} \right)}}{{2n}} + O\left( {\frac{1}{{{n^{1 + 1/p}}}}} \right) \Rightarrow \sum\limits_{j = 1}^{n - 1} {\left( {x_{j + 1}^p - x_j^p - pc} \right)} \sim \frac{{c\left( {p - 1} \right)}}{2}\ln n + O\left( {\frac{1}{{{n^{1 + 1/p}}}}} \right)}$ .

Οπότε $\displaystyle{x_n^p - x_1^p - pc\left( {n - 1} \right) \sim \frac{{c\left( {p - 1} \right)}}{2}\ln n + O\left( {\frac{1}{{{n^{1 + 1/p}}}}} \right) \Rightarrow \frac{{x_n^p}}{n} - pc \sim \frac{{c\left( {p - 1} \right)}}{2} \cdot \frac{{\ln n}}{n} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow x_n^p \sim n\left( {pc + \frac{{c\left( {p - 1} \right)}}{2} \cdot \frac{{\ln n}}{n}} \right) \Rightarrow {x_n} \sim {n^{1/p}}{\left( {pc + \frac{{c\left( {p - 1} \right)}}{2} \cdot \frac{{\ln n}}{n}} \right)^{1/p}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow {x_n} \sim {n^{1/p}}\left( {{{\left( {pc} \right)}^{1/p}} + \frac{1}{p}{{\left( {pc} \right)}^{\left( {1/p} \right) - 1}}\frac{{c\left( {p - 1} \right)}}{2} \cdot \frac{{\ln n}}{n} + ..} \right)}$

και τελικά $\displaystyle{{x_n} = {\left( {npc} \right)^{1/p}}\left( {1 + \frac{{p - 1}}{{2{p^2}}} \cdot \frac{{\ln n}}{n} + O\left( {\frac{1}{n}} \right)} \right)}$ .

Αναστάση, μάλλον το $\displaystyle{{\left( {npc} \right)^{1/p}}}$ πρέπει να είναι στον αριθμητή.

Προσέγγιση αναδρομικών ακολουθιών χωρίς κλειστό τύπο

Προσέγγιση αναδρομικών ακολουθιών χωρίς κλειστό τύπο

Re: Προσέγγιση αναδρομικών ακολουθιών χωρίς κλειστό τύπο

Re: Προσέγγιση αναδρομικών ακολουθιών χωρίς κλειστό τύπο

Re: Προσέγγιση αναδρομικών ακολουθιών χωρίς κλειστό τύπο

Μέλη σε σύνδεση