Προσέγγιση ακολουθίας (επανάληψη ημιτόνου)

#1

Έστω $x_0\in(0,\pi)$ σταθερό. Για $n\in\mathbb N$ θέτουμε $x_n=\sin x_{n-1}$ . Δείξτε ότι

$\displaystyle{x_n=\frac{3^{1/2}}{n^{1/2}}-\frac{3^{3/2}\ln n}{10n^{3/2}}+\mathcal O(n^{-3/2})}$ .

kwstas12345 · #2

Εύκολα βλέπουμε πως η ακολουθία $\displaystyle \left(x_{n} \right)$ είναι φανερά φραγμένη και φθίνουσα άρα συγκλίνουσα. Από την αρχή της μεταφοράς προκύπτει ότι το όριο της θα είναι η ρίζα της $\displaystyle f\left(x \right)=x-\sin x, x \in \left[0,\pi \right)$ , η οποία έχι μοναδική ρίζα το

που είναι και το όριο της ακολουθίας μας.

Aπο Taylor έχουμε $\displaystyle \sin x=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+\mathcal{O}{\left(x^7 \right)}$ , άρα θα έχουμε $\displaystyle x_{n+1}=x_{n}-\frac{x_{n}^3}{6}+\frac{x_{n}^5}{120}+\mathcal{O}{\left(x_{n}^7 \right)}$ και υψώνουμε στο

άρα $\displaystyle x_{n+1}^{p}=x_{n}^{p}\left(1-\frac{x_{n}^2}{6}+\frac{x_{n}^4}{120}+\mathcal{O}\left(x_{n}^6 \right) \right)^p$ .

Από το διωνυμικό θεώρημα έχουμε ότι η δευτερη δύναμη κάνει $\displaystyle 1-\frac{px_{n}^2}{6}+\frac{p\left(5p-2 \right)x_{n}^4}{360}+\mathcal{O}{\left(x_{n}^6 \right)}$ .

(Άλλωστε μας ενδιαφέρουν οι δυναμεις με συντελεστή κάτω από 6 ). Άρα $\displaystyle x_{n+1}^p -x_{n}^p =-\frac{x_{n}^{2+p}}{6}+\frac{x_{n}^{4+p}p\left(5p-2 \right)}{360}+\mathcal{O}\left(x_{n}^{p+6} \right)$ . Άρα για $\displaystyle p=-2$

είναι $\displaystyle x_{n+1}^{-2} -x_{n}^{-2} =\frac{1}{3}+\frac{x_{n}^{2}}{15}+\mathcal{O}\left(x_{n}^{4} \right)$ . Άρα $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} \left(x_{n+1}^{-2} -x_{n}^{-2} \right)=\frac{1}{3}$ . Άρα υπάρχει ένας δείκτης ώστε όλοι οι όροι (από τον δεικτεη και πάνω ) να είναι πάνω από 1/6

.

Άρα αθροιζοντας για

διαδοχικούς όρους 'εχουμε $\displaystyle x_{n}^{-2} =\mathcal{O}\left(n \right)\Rightarrow \mathcal{O}{\left(n^{-1/2} \right)}=a_{n}$ και αντικαθιστώντας στην αρχική έχουμε $\displaystyle x_{n+1}^{-2} -x_{n}^{-2} =\frac{1}{3}+\mathcal{O}{\left(\frac{1}{n} \right)}$ . Αθροιζοντας στην τελευταία για n διαδοχινούς όρους έχουμε $\displaystyle x_{n}^{-2}=\frac{n}{3}+\mathcal{O}\left(\ln n \right)\Rightarrow x_{n}=\left(\frac{n}{3}+\mathcal{O}\left(\ln n \right) \right)^{-1/2}$ . Όμως ισχύει ότι:

$\displaystyle \left(\frac{n}{3}+\mathcal{O}\left(\ln n \right) \right)^{-1/2}=\sqrt{\frac{3}{n}}\left(1+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n} \right) \right)^{-1/2}=$ $\displaystyle \left(\frac{3}{n} \right)^{1/2}+\mathcal{O}\left(n^{-3/2} \right)$ . Άρα αντιλαθιστώντας στην πρώτη βασική σχέση θα πάρουμε $\displaystyle x_{n+1}^{-2} -x_{n}^{-2} =\frac{1}{3}+\frac{1}{5n}+\mathcal{O}\left(n^{-3/2} \right)$ .

Άθροίζοντας πάλι θα πάρουμε $\displaystyle x_{n}^{-2}=\frac{n}{3}+\frac{\ln n}{5}+\mathcal{O}\left(1 \right)$ άρα $\displaystyle x_{n}=\left(\frac{3}{n} \right)^{1/2} \left(1+\frac{3 \ln n}{5n}+\frac{3}{n}\mathcal{O}\left(1 \right) \right)^{-1/2}$ . Όμως $\displaystyle \left(x+1 \right)^{-1/2}= 1-\frac{x}{2}+\mathcal{O}\left(x^2 \right)$ άρα $\displaystyle \left(1+\frac{3 \ln n}{5n}+\frac{3}{n}\mathcal{O}\left(1 \right) \right)^{-1/2}=1-\frac{3\ln n}{10n} +\mathcal{O}\left(\frac{1}{n} \right)$ .

Τελικά θα πάρουμε $\displaystyle x_{n}=\frac{3^{1/2}}{n^{1/2}}-\frac{3^{3/2} \ln n}{10 n^{3/2}}+\mathcal{O}\left(n^{-3/2} \right)$ . Μπορούμε να συνεχίσουμε την προσεγγισή μας ακόμα περισσότερο.

Εdit: Αφαίρεσα ένα περιττό βήμα (στο σημειο με το διωνυμικό θεώρημα).

#3

Κώστα ωραίος! Μια ακόμα λύση, παρόμοια, αλλά με χρήση Cesaro εδώ σελ. 16.

#4

kwstas12345 έγραψε:Εύκολα βλέπουμε πως η ακολουθία $\displaystyle \left(x_{n} \right)$ είναι φανερά φραγμένη και φθίνουσα άρα συγκλίνουσα. Από την αρχή της μεταφοράς προκύπτει ότι το όριο της θα είναι η ρίζα της $\displaystyle f\left(x \right)=x-\sin x, x \in \left[0,\pi \right)$ , η οποία έχι μοναδική ρίζα το που είναι και το όριο της ακολουθίας μας.

Aπο Taylor έχουμε $\displaystyle \sin x=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+\mathcal{O}{\left(x^7 \right)}$ , άρα θα έχουμε $\displaystyle x_{n+1}=x_{n}-\frac{x_{n}^3}{6}+\frac{x_{n}^5}{120}+\mathcal{O}{\left(x_{n}^7 \right)}$ και υψώνουμε στο άρα $\displaystyle x_{n+1}^{p}=x_{n}^{p}\left(1-\frac{x_{n}^2}{6}+\frac{x_{n}^4}{120}+\mathcal{O}\left(x_{n}^6 \right) \right)^p$ .

Από το διωνυμικό θεώρημα έχουμε ότι η δευτερη δύναμη κάνει $\displaystyle 1-\frac{px_{n}^2}{6}+\frac{p\left(5p-2 \right)x_{n}^4}{360}+\mathcal{O}{\left(x_{n}^6 \right)}$ .

(Άλλωστε μας ενδιαφέρουν οι δυναμεις με συντελεστή κάτω από 6 ). Άρα $\displaystyle x_{n+1}^p -x_{n}^p =-\frac{x_{n}^{2+p}}{6}+\frac{x_{n}^{4+p}p\left(5p-2 \right)}{360}+\mathcal{O}\left(x_{n}^{p+6} \right)$ . Άρα για $\displaystyle p=-2$

είναι $\displaystyle x_{n+1}^{-2} -x_{n}^{-2} =\frac{1}{3}+\frac{x_{n}^{2}}{15}+\mathcal{O}\left(x_{n}^{4} \right)$ . Άρα $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} \left(x_{n+1}^{-2} -x_{n}^{-2} \right)=\frac{1}{3}$ . Άρα υπάρχει ένας δείκτης ώστε όλοι οι όροι (από τον δεικτεη και πάνω ) να είναι πάνω από .

Άρα αθροιζοντας για διαδοχικούς όρους 'εχουμε $\displaystyle x_{n}^{-2} =\mathcal{O}\left(n \right)\Rightarrow \mathcal{O}{\left(n^{-1/2} \right)}=a_{n}$ και αντικαθιστώντας στην αρχική έχουμε $\displaystyle x_{n+1}^{-2} -x_{n}^{-2} =\frac{1}{3}+\mathcal{O}{\left(\frac{1}{n} \right)}$ . Αθροιζοντας στην τελευταία για n διαδοχινούς όρους έχουμε $\displaystyle x_{n}^{-2}=\frac{n}{3}+\mathcal{O}\left(\ln n \right)\Rightarrow x_{n}=\left(\frac{n}{3}+\mathcal{O}\left(\ln n \right) \right)^{-1/2}$ . Όμως ισχύει ότι:

$\displaystyle \left(\frac{n}{3}+\mathcal{O}\left(\ln n \right) \right)^{-1/2}=\sqrt{\frac{3}{n}}\left(1+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n} \right) \right)^{-1/2}=$ $\displaystyle \left(\frac{3}{n} \right)^{1/2}+\mathcal{O}\left(n^{-3/2} \right)$ . Άρα αντιλαθιστώντας στην πρώτη βασική σχέση θα πάρουμε $\displaystyle x_{n+1}^{-2} -x_{n}^{-2} =\frac{1}{3}+\frac{1}{5n}+\mathcal{O}\left(n^{-3/2} \right)$ .

Άθροίζοντας πάλι θα πάρουμε $\displaystyle x_{n}^{-2}=\frac{n}{3}+\frac{\ln n}{5}+\mathcal{O}\left(1 \right)$ άρα $\displaystyle x_{n}=\left(\frac{3}{n} \right)^{1/2} \left(1+\frac{3 \ln n}{5n}+\frac{3}{n}\mathcal{O}\left(1 \right) \right)^{-1/2}$ . Όμως $\displaystyle \left(x+1 \right)^{-1/2}= 1-\frac{x}{2}+\mathcal{O}\left(x^2 \right)$ άρα $\displaystyle \left(1+\frac{3 \ln n}{5n}+\frac{3}{n}\mathcal{O}\left(1 \right) \right)^{-1/2}=1-\frac{3\ln n}{10n} +\mathcal{O}\left(\frac{1}{n} \right)$ .

Τελικά θα πάρουμε $\displaystyle x_{n}=\frac{3^{1/2}}{n^{1/2}}-\frac{3^{3/2} \ln n}{10 n^{3/2}}+\mathcal{O}\left(n^{-3/2} \right)$ . Μπορούμε να συνεχίσουμε την προσεγγισή μας ακόμα περισσότερο.

Εdit: Αφαίρεσα ένα περιττό βήμα (στο σημειο με το διωνυμικό θεώρημα).

Κώστα, σε ένα σημείο της απόδειξης λες $x_n^{-2} = O(n)$ και μετά το χρησιμοποιείς για να πεις ότι x_n^2 = O(1/n)

. Η λογική είναι λανθασμένη. Η απόδειξη διορθώνεται όμως αν δείξεις ότι $x_n^{-2} = \Theta(n)$ , δηλαδή ότι υπάρχουν σταθερές C_1,C_2

ώστε $C_1n \leqslant x_n^{-2} \leqslant C_n$ . (Ουσιαστικά, το έχεις ήδη δείξει και αυτό.)

Προσέγγιση ακολουθίας (επανάληψη ημιτόνου)

Προσέγγιση ακολουθίας (επανάληψη ημιτόνου)

Re: Προσσέγγιση ακολουθίας (επανάληψη ημιτόνου)

Re: Προσσέγγιση ακολουθίας (επανάληψη ημιτόνου)

Re: Προσσέγγιση ακολουθίας (επανάληψη ημιτόνου)

Μέλη σε σύνδεση