Αναδρομική ακολουθία (2)

#1

Έστω $\displaystyle{a_{n+1}=a_{n}+\frac{2a_{n-1}}{n+1}}$ με $\displaystyle{a_{0},a_{1}\in\mathbb R}$ .

Να βρεθεί ο τύπος της $a_{n}$ ,

Να βρεθεί, αν υπάρχει, το όριο $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n}}{n^2}}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#2

Αναστάση, βρίσκω ότι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{{a_n}}}{{{n^2}}}} \right) = \frac{{\left( {{e^2} - 5} \right){a_1} + \left( {9 - {e^2}} \right){a_0}}}{{8{e^2}}}}$ .

Προέκυψε μετά από την εύρεση του τύπου της a_n

και είναι απολύτως σωστό (hand made control). Η λύση (και ο τύπος) βρέθηκε με γεννήτριες συναρτήσεις .. και είναι θηριώδης, επιφυλάσσομαι κάποια στιγμούλα να την γράψω .. αν και θα ευχόμουν να την γράψει κάποιος άλλος.

#3

Είχα αφήσει μια εκκρεμότητα.

1)
Έστω $\displaystyle{f\left( x \right) = \sum\limits_{k = 1}^\infty {{a_n}{x^n}} }$ , που συγκλίνει σε κάποια περιοχή του μηδενός.

$\displaystyle{{a_{n + 1}} = {a_n} + \frac{{2{a_{n - 1}}}}{{n + 1}} \Rightarrow \left( {n + 1} \right){a_{n + 1}} = \left( {n + 1} \right){a_n} + 2{a_{n - 1}}}$ , ισοδύναμα $\displaystyle{n{a_n} = n{a_{n - 1}} + 2{a_{n - 2}} \Rightarrow n{a_n} = \left( {n - 1} \right){a_{n - 1}} + {a_{n - 1}} + 2{a_{n - 2}}}$ .

Τότε $\displaystyle{\sum\limits_{n = 2}^\infty {n{a_n}{x^{n - 1}}} = \sum\limits_{n = 2}^\infty {\left( {n - 1} \right){a_{n - 1}}{x^{n - 1}}} + \sum\limits_{n = 2}^\infty {{a_{n - 1}}{x^{n - 1}}} + 2\sum\limits_{n = 2}^\infty {{a_{n - 2}}{x^{n - 1}}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow - {a_1} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {n{a_n}{x^{n - 1}}} = x\sum\limits_{n = 1}^\infty {n{a_n}{x^{n - 1}}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{a_n}{x^n}} + 2x\sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}{x^n}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow - {a_1} + f'\left( x \right) = xf'\left( x \right) + f\left( x \right) - {a_0} + 2xf\left( x \right) \Rightarrow \boxed{\left( {x - 1} \right)f'\left( x \right) + \left( {2x + 1} \right)f\left( x \right) = {a_0} - {a_1}}}$ .

Με κλασσική διαδικασία επίλυσης διαφορικών εξισώσεων πρώτης τάξης, με δεδομένο ότι $\displaystyle{f\left( 0 \right) = {a_0}}$ βρίσκουμε $\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{1}{{4{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}\left( {\left( {{a_0} - {a_1}} \right)\left( {2{x^2} - 6x + 5} \right) + \left( {5{a_1} - 9{a_0}} \right){e^{ - 2x}}} \right)}$ .

Θέτοντας $\displaystyle{{\text{ }}A = \frac{{{a_0} - {a_1}}}{4}{\text{ \& }}B = {e^{ - 2}} \cdot \frac{{5{a_1} - 9{a_0}}}{4}}$ έχουμε $\displaystyle{f\left( x \right) = A\left( {\frac{2}{{x - 1}} - \frac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}} \right) + B\frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}{e^{ - 2\left( {x - 1} \right)}}}$

δηλαδή $\displaystyle{{\text{ }}f\left( x \right) = \left( {A + B} \right)\left( {\frac{2}{{x - 1}} - \frac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}} \right) + B \cdot \sum\limits_{n = 3}^\infty {\frac{{{{\left( { - 2} \right)}^n}}}{{n!}}{{\left( {x - 1} \right)}^{n - 3}}} }$

Επομένως ο γενικός όρος $\displaystyle{{a_n}}$ της ζητούμενης ακολουθίας είναι ο αντίστοιχος όρος στο ανάπτυγμα Taylor της παραπάνω γεννήτριας συνάρτησης. Άρα $\displaystyle{{a_n} = \frac{{{f^{\left( n \right)}}\left( 0 \right)}}{{n!}}}$ . Με απλή επαγωγή προκύπτει ότι $\displaystyle{{\left( {{\text{ }}\frac{2}{{x - 1}}} \right)^{\left( n \right)}} = 2{\left( { - 1} \right)^n}\frac{{n!}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^{n + 1}}}}}$ , $\displaystyle{{\text{ }}{\left( { - \frac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}} \right)^{\left( n \right)}} = 2{\left( { - 1} \right)^{n + 1}}\frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^{n + 2}}}}}$ και $\displaystyle{{\left( {\frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}} \right)^{\left( n \right)}} = {\left( { - 1} \right)^n}\frac{{\left( {n + 2} \right)!}}{{2{{\left( {x - 1} \right)}^{n + 3}}}}}$ .

Οπότε $\displaystyle{{\left. {{{\left( {{\text{ }}\frac{2}{{x - 1}}} \right)}^{\left( n \right)}}} \right|_{x = 0}} = - 2 \cdot n!{\text{ }}{\text{, }}{\left. {{{\left( {{\text{ }}\frac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}} \right)}^{\left( n \right)}}} \right|_{x = 0}} = - 2 \cdot \left( {n + 1} \right)!{\text{ \& }}{\left. {{{\left( {{\text{ }}\frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}} \right)}^{\left( n \right)}}} \right|_{x = 0}} = - \frac{1}{2} \cdot \left( {n + 2} \right)!}$ .

Τότε $\displaystyle{{a_n} = \frac{{\left( {A + B} \right)}}{{n!}}\left( { - 2 \cdot n! - 2 \cdot \left( {n + 1} \right)! - \frac{1}{2} \cdot \left( {n + 2} \right)!} \right) + \frac{B}{{n!}} \cdot {\left. {\frac{{{d^n}}}{{d{x^n}}}\left( {\sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 2} \right)}^{k + 3}}}}{{\left( {k + 3} \right)!}}{{\left( {x - 1} \right)}^k}} } \right)} \right|_{x = 0}}}$

και τελικά $\displaystyle{{a_n} = \left( {A + B} \right)\frac{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 5} \right)}}{2} + \frac{B}{{n!}} \cdot \sum\limits_{k = n}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}{2^{k + 3}}k!}}{{\left( {k - n} \right)!\left( {k + 3} \right)!}}} }$

2)

Επειδή η σειρά $\displaystyle{\sum\limits_{k = n}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}{2^{k + 3}}k!}}{{\left( {k - n} \right)!\left( {k + 3} \right)!}}} }$ συγκλίνει (προέκυψε από παραγωγίσεις συνεχώς συγκλίνουσας σειράς) προκύπτει ότι

υπάρχει $\displaystyle{M \in R:\left| {\sum\limits_{k = n}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}{2^{k + 3}}k!}}{{\left( {k - n} \right)!\left( {k + 3} \right)!}}} } \right| < M}$ .

Οπότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_n}}}{{{n^2}}} = \left( {A + B} \right)\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 5} \right)}}{{2{n^2}}} = \frac{{A + B}}{2} = \frac{{\left( {{e^2} - 5} \right){a_1} + \left( {9 - {e^2}} \right){a_0}}}{{8{e^2}}}}$ .

Αναδρομική ακολουθία (2)

Αναδρομική ακολουθία (2)

Re: Αναδρομική ακολουθία (2)

Re: Αναδρομική ακολουθία (2)

Μέλη σε σύνδεση