mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 09, 2012 5:56 pm**

Μια ακολουθία $\left({\sigma_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}}$ λέγεται συστολή αν υπάρχει

με

, τέτοιο ώστε, γιά κάθε $\nu\in\mathbb{N}$ , να ισχύει:

$|{\sigma_{\nu+2}-\sigma_{\nu+1}}|\leqslant{c}\,|{\sigma_{\nu+1}-\sigma_{\nu}}|$ .

Να αποδειχθεί ότι η ακολουθία $({\alpha_{\nu}})_{\nu\in\mathbb{N}}$ με

$\alpha_{1}=k>0$ και $\alpha_{\nu+1}=1+\dfrac{1}{\alpha_{\nu}}$

είναι συστολή.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 10, 2012 6:20 pm**

Είναι $|a_{n+2}-a_{n+1}|=\left |1+\dfrac{1}{a_{n+1}}-1-\dfrac{1}{a_{n}}\right |=\dfrac{1}{a_{n}a_{n+1}}|a_{n+1}-a_{n}|$

Αν $k=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ τότε η ακολουθία $(a_{n})$ είναι σταθερή με $a_{n}=\frac{\sqrt{5}+1}{2} , n=1,2,...$ οπότε είναι συστολή.

Αν $0<k<\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ τότε $a_1<a_2=1+\frac{1}{k}.$ Επειδή η συνάρτηση $f(x)=1+\dfrac{1}{x}$ είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα $[k, 1+\frac{1}{k}]$

η υπακολουθία της $(a_{2n-1})$ είναι αύξουσα, ενώ η υπακολουθία της $(a_{2n})$ είναι φθίνουσα.

Αυτές συγκλίνουν στα $\ell_1 , \ell_2$ και επειδή $\ell_2=f(\ell_1) , \ell_1=f(\ell_2)$ βρίσκουμε $\ell_1=\ell_2=\frac{\sqrt{5}+1}{2} .$

Αν $k>\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ τότε a_1>a_2

και οι υπακολουθίες των περιττών και άρτιων όρων είναι φθίνουσα και αύξουσα αντίστοιχα.

Επομένως, $a_{n}a_{n+1}=a_{n}\left(1+\frac{1}{a_n}}\right)=a_{n}+1>min\{a_1,a_2\}+1$ οπότε $0<\dfrac{1}{a_{n}a_{n+1}}<\dfrac{1}{min\{a_1,a_2\}+1}=c<1.$

Άρα $|a_{n+2}-a_{n+1}|\leq c|a_{n+1}-a_{n}|$ με 0<c<1 ,

δηλαδή η ακολουθία (a_n)

είναι συστολή.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 10, 2012 7:21 pm**

Μια ελαφρώς συντομότερη αντιμετώπιση:

Για την ακολουθία $({\alpha_{\nu}})_{\nu\in\mathbb{N}}$ με $\alpha_{1}=k>0$ και $\alpha_{\nu+1}=1+\dfrac{1}{\alpha_{\nu}}$ αποδεικνύεται (εύκολα) επαγωγικά ότι, για κάθε $\nu\geqslant2$ , ισχύει $\alpha_{\nu}>1\quad {\text{\footnotesize{(1)}}}$ .

Από την (1) εύκολα προκύπτει ότι για κάθε $\nu\geqslant2$ , ισχύει $\dfrac{1}{\alpha_{\nu}+1}<\dfrac{1}{2} \quad {\text{\footnotesize{(2)}}}\,.$

$\begin{array}{rl} |{\alpha_{\nu+2}-\alpha_{\nu+1}}|\hspace{-0.2cm}&=\displaystyle\Bigl|{1+\frac{1}{\alpha_{\nu+1}}-1-\frac{1}{\alpha_{\nu}}}\Bigr|=\frac{|{\alpha_{\nu}-\alpha_{\nu+1}}|}{|{\alpha_{\nu+1}\alpha_{\nu}}|}=\frac{1}{\alpha_{\nu+1}\alpha_{\nu}}\,|{\alpha_{\nu+1}-\alpha_{\nu}}|\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\displaystyle\frac{1}{\bigl({1+\frac{1}{\alpha_{\nu}}}\bigr)\,\alpha_{\nu}}\,|{\alpha_{\nu+1}-\alpha_{\nu}}|=\frac{1}{\alpha_{\nu}+1}\,|{\alpha_{\nu+1}-\alpha_{\nu}}|\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\leqslant\displaystyle\mathop{\sup}\limits_{\nu\geqslant2}\bigl\{{\tfrac{1}{\alpha_{\nu}+1}}\bigr\}\cup\bigl\{{\tfrac{1}{k+1}}\bigr\}\,|{\alpha_{\nu+1}-\alpha_{\nu}}|\stackrel{(2)}{\leqslant}\max\bigl\{{\tfrac{1}{2},\,\tfrac{1}{k+1}}\bigr\}\,|{\alpha_{\nu+1}-\alpha_{\nu}}|\,. \end{array}$

Για $c=\mathop{\sup}\limits_{\nu\geqslant2}\bigl\{{\tfrac{1}{\alpha_{\nu}+1}}\bigr\}\cup\bigl\{{\tfrac{1}{k+1}}\bigr\}$ και για κάθε $\nu\in\mathbb{N}$ , ισχύει $|{\alpha_{\nu+2}-\alpha_{\nu+1}}|\leqslant{c}\,|{\alpha_{\nu+1}-\alpha_{\nu}}|$ .
Άρα η ακολουθία $({\alpha_{\nu}})_{\nu\in\mathbb{N}}$ είναι συστολή. $\square$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 04, 2015 11:59 pm**

Για να μήν ανοίξω καινούργιο θέμα το συνεχίζω εδώ.

Να αποδείξετε ότι κάθε συστολή είναι ακολουθία Cauchy και άρα συγκλίνει.Αν $lima_{n}=l$ να αποδείξετε ότι:

$\left|l-a_{n} \right|\leq \frac{c^{n-1}}{1-c}\left|a_{2}-a_{1} \right|$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 05, 2015 12:24 am**

Silver έγραψε:Για να μήν ανοίξω καινούργιο θέμα το συνεχίζω εδώ.

Να αποδείξετε ότι κάθε συστολή είναι ακολουθία Cauchy και άρα συγκλίνει.Αν $lima_{n}=l$ να αποδείξετε ότι:

$\left|l-a_{n} \right|\leq \frac{c^{n-1}}{1-c}\left|a_{2}-a_{1} \right|$

Το πρώτο είναι άμεσο από το άθροισμα γεωμετρικής προόδου, την

$|a_m-a_n| \le |a_m-a_{m-1}|+ ... + |a_{n+1}-a_n|\le c^{m-2} |a_2-a_1|+... + c^{n-2} |a_2-a_1|$

$\le \frac {c^{n-2}}{1-c}|a_2-a_1|$

και το $c^n\to 0$ καθώς $n\to \infty$ .

Για το δεύτερο παίρνουμε όριο $m\to \infty$ στην προηγούμενη.

Άλλωστε η τεχνική αυτή είναι πολλή γνωστή, και υπάρχει σε όλα τα βιβλία που περιέχουν το θεώρημα σταθερού σημείου: Το βρίσκει κανείς σε βιβλία Μετρικών Χώρων, Ανάλυσης και Αριθμητικής Ανάλυσης.

M.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 05, 2015 12:50 am**

Ευχαριστώ πολύ. Το πρώτο το είχα βγάλει και εγώ με την γεωμετρική πρόοδο.Για το δεύτερο μια πιο αναλυτική εξήγηση αν είναι εύκολο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 05, 2015 12:55 am**

Silver έγραψε:Ευχαριστώ πολύ. Το πρώτο το είχα βγάλει και εγώ με την γεωμετρική πρόοδο.Για το δεύτερο μια πιο αναλυτική εξήγηση αν είναι εύκολο.

Επειδή ο κ.Μιχάλης είναι εκτός :

στην ανισότητα που απέδειξε για το 1ο ερώτημα,δηλαδή στην $\displaystyle |a_m-a_n|\le \frac{c^{n-2}}{1-c}|a_2-a_1|$ , αν πάρεις όριο ως προς

, προκύπτει η ζητούμενη.

*Σας έδειχνε εκτός πριν 2 λεπτά

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 05, 2015 12:57 am**

Silver έγραψε:... Για το δεύτερο μια πιο αναλυτική εξήγηση αν είναι εύκολο.

Mihalis_Lambrou έγραψε: $|a_m-a_n| \le \frac {c^{n-2}}{1-c}|a_2-a_1|$

Απλά παίρνουμε όριο, εδώ $a_m\to l$ , και χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι η ανισότητα διατηρείται στο όριο: το δεξί μέλος είναι ανεξάρτητο του

, συνεπώς δεν αλλάζει τιμή.

Ουπς. Τώρα είδα (την επόμενη μέρα) ότι η ερώτηση είχε ήδη απαντηθεί

. Ευχαριστώ. Το αφήνω.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 05, 2015 1:00 am**

Μμμ...ωραιο. Ευχαριστω πολυ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 05, 2015 1:03 am**

Θα μπορούσε να γίνει και με τον ορισμό του ορίου;

mathematica.gr

Συστολή (03)

Συστολή (03)

Re: Συστολή (03)

Re: Συστολή (03)

Re: Συστολή (03)

Re: Συστολή (03)

Re: Συστολή (03)

Re: Συστολή (03)

Re: Συστολή (03)

Re: Συστολή (03)

Re: Συστολή (03)