Αναδρομικες ακολουθιες 2

argy · #1

Καλημέρα σας, μια ακομα άσκηση που δεν μπορώ να βρω πανομοιότυπο τρόπο λύσης..

Να βρεθει ο αναδρομικος τυπος μιας ακολουθιας ρητων που είναι συγκλινουσα στην τετραγωνική ρίζα του 3.

Ευχαριστώ για τον χρόνο σας!

Λάμπρος Κατσάπας · #2

argy έγραψε: Τρί Οκτ 13, 2020 9:25 am Καλημέρα σας, μια ακομα άσκηση που δεν μπορώ να βρω πανομοιότυπο τρόπο λύσης..

Να βρεθει ο αναδρομικος τυπος μιας ακολουθιας ρητων που είναι συγκλινουσα στην τετραγωνική ρίζα του 3.

Ευχαριστώ για τον χρόνο σας!

Καλημέρα.

Η άσκηση είναι για να σκεφτείς εσύ έναν τρόπο και όχι

να δεις μια παρόμοια και να αναπαράγεις τη λύση. Δίνω

μια υπόδειξη. Θες $x_n\rightarrow \sqrt{c}$ με

c>0.

Το $\sqrt{c}$ είναι ρίζα της

εξίσωσης x^2=c

η οποία γράφεται ισοδύναμα

$x=\dfrac{c}{x}.$ Παρατήρησε ότι αν $x^{*}$ είναι μια υπερεκτίμηση του $\sqrt{c}$ τότε

το $\dfrac{c}{x^{*}}$ είναι μια υποεκτίμηση του. Ο

μέσος όρος αυτών των δύο θα βρίσκεται ανάμεσα τους.

Άρα μια ακόμα προσέγγιση του $\sqrt{c}$ είναι ο

μέσος όρος. Βλέπεις τώρα ποια είναι η ακολουθία;

Σημείωση: Η μέθοδος αυτή προσέγγισης είναι

γνωστή από τα αρχαία χρόνια, αν δεν κάνω λάθος.

Tolaso J Kos · #3

Έστω

. Ορίζουμε

$\displaystyle{x_{n+1} = \frac{(x_n)^3 + 3\cdot 3 \cdot x_n}{3(x_n)^2+3}}$
Τότε $\lim x_n =\sqrt{3}$ .

Γενικότερα , αν x_0>0

τότε η ακολουθία

$\displaystyle{x_{n+1} = \frac{(x_n)^3 + 3\alpha x_n}{3(x_n)^2+\alpha}}$
συγκλίνει στο $\sqrt{\alpha}$ .

#4

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: Τρί Οκτ 13, 2020 9:59 am Σημείωση: Η μέθοδος αυτή προσέγγισης είναι

γνωστή από τα αρχαία χρόνια, αν δεν κάνω λάθος.

Σωστά. Η μέθοδος υπάρχει με παραδείγματα στα Μετρικά του Ήρωνα Αλεξανδρέα.

Επίσης ήταν μάλλον γνωστή στους αρχαίους Βαβυλωνίους. Το "μάλλον" πάει στο ότι οι αρχαίοι Βαβυλώνιοι δεν την
αναφέρουν μεν ρητά αλλά όλες οι προσσεγγίσεις ριζών που έχουν, ταιριάζουν στην τύπο. Για παράδειγμα η περίφημη πινακίδα YBC 7289 (σήμερα στο Yale, βλέπε εδώ) δίνει $\sqrt 2 \approx 1 + \dfrac {24}{60}+ \dfrac {51}{60^2} + \dfrac {10}{60^3}$ . Την λαμβάνουμε αρχίζοντας από a_0=1

, που δίνει $a_1=\frac {3}{2}$ , μετά $a_2= 1\frac {5}{12}$ και μετά a_3

το εν λόγω κλάσμα.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Από Αρχαία δεν ξέρω.
Εκείνο που ξέρω είναι το εξής:
Αν a>1

και θέσουμε

$\displaystyle x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_{n}+\frac{a^2}{x_{n}})$

και $x_{1}> a$

τότε η ακολουθία είναι φθίνουσα και συγκλίνει στο

.

Ειδικότερα είναι

$\displaystyle x_{n+1}-a=\frac{1}{2}(x_n-a)^{2}\frac{1}{x_{n}}$

Ολα αυτά δεν είναι τίποτα άλλο από την μέθοδο Newton-Raphson για την εύρεση
θετικής ρίζας της συνάρτησης $\displaystyle f(x)=x^2-a^2$

Διαλέγοντας δε το x_1

κατάλληλα η σύγκλιση είναι πολύ ''γρήγορη''.

Η μέθοδος μπορεί να γίνει και για την εύρεση n-στης ρίζας.

#6

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Τρί Οκτ 13, 2020 12:25 pm Από Αρχαία δεν ξέρω.
Εκείνο που ξέρω είναι το εξής:
Αν και θέσουμε

$\displaystyle x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_{n}+\frac{a^2}{x_{n}})$

και $x_{1}> a$

Ναι, αυτή είναι η μέθοδος το Ήρωνα (και των Βαβυλωνίων, αν ευσταθεί η θεωρία).

#7

Και αυτή ήταν άσκηση σε εργασία που "τρέχει".

Αναδρομικες ακολουθιες 2

Αναδρομικες ακολουθιες 2

Re: Αναδρομικες ακολουθιες 2

Re: Αναδρομικες ακολουθιες 2

Re: Αναδρομικες ακολουθιες 2

Re: Αναδρομικες ακολουθιες 2

Re: Αναδρομικες ακολουθιες 2

Re: Αναδρομικες ακολουθιες 2

Μέλη σε σύνδεση