Aναδρομικός τύπος

Γιώργος Απόκης · #1

Δίνεται η ακολουθία θετικών πραγματικών για την οποία ισχύουν : a_0=1

και $a_{n+2}=2a_n-a_{n+1},~n\in \color{red}\mathbb N$ .

Nα βρεθεί ο $a_{2012}$ .

Edit: Διόρθωσα το σύνολο. Λευτέρη ευχαριστώ!

dement · #2

Γιώργο, δε δίνεις τον a_1

!

Εν πάση περιπτώσει, ο αναδρομικός τύπος γράφεται

$\left( \begin{array}{c} a_n \\ a_{n+1} \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c c} 0 & 1 \\ 2 & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} a_{n-1} \\ a_n \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c c} 0 & 1 \\ 2 & -1 \end{array} \right) ^n \left( \begin{array}{c} a_0 \\ a_1 \end{array} \right)$ .

Με διαγωνιοποίηση έχουμε $\left( \begin{array}{c} a_n \\ a_{n+1} \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c c} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{5}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{-2}{\sqrt{5}} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c c} 1 & 0 \\ 0 & (-2)^n \end{array} \right) \left( \begin{array}{c c} \frac{2 \sqrt{2}}{3} & \frac{\sqrt{2}}{3} \\ \frac{\sqrt{5}}{3} & - \frac{\sqrt{5}}{3} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} a_0 \\ a_1 \end{array} \right)$

Μετά τις πράξεις παίρνουμε $\displaystyle{a_n = \frac{2 + (-2)^n}{3} a_0 + \frac{1 - (-2)^n}{3} a_1}$

#3

dement έγραψε:Γιώργο, δε δίνεις τον !

Εν πάση περιπτώσει, ο αναδρομικός τύπος γράφεται

$\left( \begin{array}{c} a_n \\ a_{n+1} \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c c} 0 & 1 \\ 2 & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} a_{n-1} \\ a_n \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c c} 0 & 1 \\ 2 & -1 \end{array} \right) ^n \left( \begin{array}{c} a_0 \\ a_1 \end{array} \right)$ .

Με διαγωνιοποίηση έχουμε $\left( \begin{array}{c} a_n \\ a_{n+1} \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c c} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{5}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{-2}{\sqrt{5}} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c c} 1 & 0 \\ 0 & (-2)^n \end{array} \right) \left( \begin{array}{c c} \frac{2 \sqrt{2}}{3} & \frac{\sqrt{2}}{3} \\ \frac{\sqrt{5}}{3} & - \frac{\sqrt{5}}{3} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} a_0 \\ a_1 \end{array} \right)$

Μετά τις πράξεις παίρνουμε $\displaystyle{a_n = \frac{2 + (-2)^n}{3} a_0 + \frac{1 - (-2)^n}{3} a_1}$

Δημήτρη ο

είναι ίσος με

, αφού για n=0

στον αναδρομικό τύπο έχουμε:
a_2=2a_0-a_1=2-a_1

.
Όμως

και $a_2>0 \Leftrightarrow a_1<2$ και δεδομένου ότι $a_1 \in \mathbb{N}^*$ έχουμε a_1=1

.

Ο τρόπος πάντως που χρησιμοποίησες είναι Κ Α Τ Α Π Λ Η Κ Τ Ι Κ Ο Σ!!!

Γιώργος Απόκης · #4

dement έγραψε:Γιώργο, δε δίνεις τον !

Εν πάση περιπτώσει, ο αναδρομικός τύπος γράφεται

$\left( \begin{array}{c} a_n \\ a_{n+1} \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c c} 0 & 1 \\ 2 & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} a_{n-1} \\ a_n \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c c} 0 & 1 \\ 2 & -1 \end{array} \right) ^n \left( \begin{array}{c} a_0 \\ a_1 \end{array} \right)$ .

Με διαγωνιοποίηση έχουμε $\left( \begin{array}{c} a_n \\ a_{n+1} \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c c} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{5}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{-2}{\sqrt{5}} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c c} 1 & 0 \\ 0 & (-2)^n \end{array} \right) \left( \begin{array}{c c} \frac{2 \sqrt{2}}{3} & \frac{\sqrt{2}}{3} \\ \frac{\sqrt{5}}{3} & - \frac{\sqrt{5}}{3} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} a_0 \\ a_1 \end{array} \right)$

Μετά τις πράξεις παίρνουμε $\displaystyle{a_n = \frac{2 + (-2)^n}{3} a_0 + \frac{1 - (-2)^n}{3} a_1}$

Αυτό είναι το όμορφο! Δε χρειάζεται ο a_1

!

Πράγματι, ο τρόπος (συμφωνώ με το Λευτέρη) είναι τρομερός!

Ο

βγαίνει τώρα ίσος με

και με αντικατάσταση

στον τύπο που βρήκες προκύπτει a_n=1

για κάθε $n\in\mathbb N$ (!) άρα και $a_{2012}=1$

dement · #5

Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε: και δεδομένου ότι $a_1 \in \mathbb{N}^*$

Δεν το βλέπω δεδομένο αυτό!

Ομως, από τον τελικό τύπο, φαίνεται ότι, αν a_0 > a_1

τότε, για αρκετά μεγάλα περιττά

θα ισχύει

. Αν

τότε θα έχουμε a_n < 0

για αρκετά μεγάλα άρτια

. Ετσι, πρέπει να ισχύει a_0 = a_1

. Ευχαριστώ για το σχόλιο!

#6

Γιώργος Απόκης έγραψε:Δίνεται η ακολουθία θετικών πραγματικών για την οποία ισχύουν : και $a_{n+2}=2a_n-a_{n+1},~n\in \color{red}\mathbb N$ .

Nα βρεθεί ο $a_{2012}$ .

Λίγο από εδώ,λίγο από εκεί έχουμε $a_{n+2}-a_{n+1}=-2(a_{n+1}-a_{n}),a_{o}=1=a_{1}$

οπότε $a_{n+1}-a_{n}=(a_{1}-a_{0})(-2)^{n}=0\Rightarrow a_{n}=1,n\in \mathbb N$

Aναδρομικός τύπος

Aναδρομικός τύπος

Re: Aναδρομικός τύπος

Re: Aναδρομικός τύπος

Re: Aναδρομικός τύπος

Re: Aναδρομικός τύπος

Re: Aναδρομικός τύπος

Μέλη σε σύνδεση