Μια γνωστή(;) ακολουθία

#1

Έστω η ακολουθία $\left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}}$ με

$\alpha_{1}>0$ , $\alpha_{1}^2>k>0$ και $\alpha_{\nu+1}=\alpha_{\nu}+\dfrac{k-\alpha_{\nu}^{2}}{2\,\alpha_{\nu}}$ .

Να αποδειχθεί ότι $\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\alpha_{\nu}=\sqrt{k}$ .

#2

grigkost έγραψε:Έστω η ακολουθία $\left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}}$ με

$\alpha_{1}>0$ , $\alpha_{1}^2>k>0$ και $\alpha_{\nu+1}=\alpha_{\nu}+\dfrac{k-\alpha_{\nu}^{2}}{2\,\alpha_{\nu}}$ .

Να αποδειχθεί ότι $\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\alpha_{\nu}=\sqrt{k}$ .

Ναι, πράγματι είναι γνωστή. Συνήθως εμφανίζεται στην ισοδύναμη μορφή της $\alpha_{\nu+1}= \frac {1}{2} \left (\alpha_{\nu}+\dfrac{k }{\alpha_{\nu}}\right )$ .

Είναι ο γνωστός αλγόριθμος για εύρεση τετραγωνικής ρίζας, ο οποίος υπάρχει στα Μετρικά του Ήρωνα Αλεξανδρέα.

Αφήνω την απόδειξη για να την χαρούν όσοι δεν το έχουν δει.

Φιλικά,

Μιχάλης

Edit αργότερα. Ο τύπος αυτός είναι ειδική περίπτωση του Newton-Raphson για την x^2-k=0

.

#3

Φαίνεται πως παραείναι γνωστή η ακολουθία. Μια απόδειξη για να την μάθουν και όσοι δεν την γνωρίζουν:

Για την ακολουθία $\left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}}$ ισχύουν:

$\alpha_{1}>0$ , $\alpha_{1}^2>k>0$ (*) και $\alpha_{\nu+1}=\alpha_{\nu}+\dfrac{k-\alpha_{\nu}^{2}}{2\,\alpha_{\nu}}=\dfrac{1}{2}\,\Bigl({\alpha_{\nu}+\dfrac{k}{\alpha_{\nu}}}\Bigr)$ .

Θα αποδειχθεί επαγωγικά, ότι, για κάθε $\nu\in\mathbb{N}$ , ισχύει: $\alpha_{\nu}>0$ (1) .

$\color{grey}\bullet$ Γιά $\nu=1$ ισχύει, αφού $\alpha_{1}>0$ .

$\color{grey}\bullet$ Έστω ότι ισχύει γιά $\nu=\kappa$ , δηλαδή ότι $\alpha_{\kappa}>0$ (2).

Τότε $\alpha_{\kappa+1}\,\alpha_{\kappa}=\dfrac{1}{2}\,\bigl({\alpha_{\kappa}^{2}+\kappa^2}\bigr)>0\quad\stackrel{(2)}{\Rightarrow}\quad\alpha_{\kappa+1}>0$ . Δηλαδή ισχύει και γιά $\nu=\kappa+1$ . ο.ε.δ.

Γιά το πρόσημο της διαφοράς $\alpha_{\nu+1}-\alpha_{\nu}=\dfrac{k-\alpha_{\nu}^{2}}{2\,\alpha_{\nu}}$ , λόγω της (1), αρκεί να εξετασθεί το πρόσημο της $k-\alpha_{\nu}^{2}$ .
Επειδή $\displaystyle{k}-\alpha_{\nu}^{2}=k-\frac{1}{4}\,\Bigl({\alpha_{\nu}+\frac{k}{\alpha_{\nu}}}\Bigr)^2=-\frac{1}{4}\,\Bigl({\alpha_{\nu}-\frac{k}{\alpha_{\nu}}}\Bigr)^2\leqslant0$ , έπεται ότι η ακολουθία είναι φθίνουσα. Επειδή, λόγω της (1), η ακολουθία είναι και φραγμένη, έπεται ότι συγκλίνει στο $({0,+\infty})$ (**) . Άν $\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\alpha_{\nu}=l>0$ , τότε θα πρέπει να ισχύει $l=l+\dfrac{k-l^2}{2l}\quad\stackrel{l>0}{\Rightarrow}\quad{l}=\sqrt{k}\,.\quad\square$

(*) Στην συγκεκριμένη επίλυση χρησιμοποιήθηκε μόνο η σχέση k>0

.
(**) Δεν είναι δυνατόν $\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\alpha_{\nu}=0$ , γιατί τότε $0=\dfrac{1}{2}\,({0+({+\infty})})=+\infty$ .

Μια γνωστή(;) ακολουθία

Μια γνωστή(;) ακολουθία

Re: Μια γνωστή(;) ακολουθία

Re: Μια γνωστή(;) ακολουθία

Μέλη σε σύνδεση