mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 11, 2010 2:49 am**

Δίνεται η ακολουθία $\displaystyle \{x_n\}_{n\geq 0}$ , τέτοια ώστε x_0=0

και $\displaystyle x_n=\sqrt{n^2+x_{n-1}}, \ n\geq 1$ .

Να υπολογιστεί το όριο $\displaystyle {\lim _{n \rightarrow \infty} (x_n-n)}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 11, 2010 7:03 pm**

socrates έγραψε:Δίνεται η ακολουθία $\displaystyle \{x_n\}_{n\geq 0}$ , τέτοια ώστε και $\displaystyle x_n=\sqrt{n^2+x_{n-1}}, \ n\geq 1$ .

Να υπολογιστεί το όριο $\displaystyle {\lim _{n \rightarrow \infty} (x_n-n)}$ .

Εύκολα βλέπουμε ότι $x_n \ge 0$ και άρα, από τον αναδρομικό τύπο, $x_n \ge \sqrt {n^2+0} = n$ .
Επίσης, εύκολα βλέπουμε επαγωγικά ότι $x_n \le n+1$ . Άρα

$\begin{aligned} \displaystyle x_n - n& = \sqrt{n^2+x_{n-1}}-n = \frac {(\sqrt{n^2+x_{n-1}}-n)(\sqrt{n^2+x_{n-1}}+n )}{\sqrt{n^2+x_{n-1}}+n }\\ &=\frac {x_{n-1}}\sqrt{n^2+x_{n-1}}+n } \le \frac {n}{\sqrt{n^2+0}+n } =\frac{1}{2} \end{aligned}$

και

$\displaystyle{x_n - n = \frac {x_{n-1}}{\sqrt{n^2+x_{n-1}}+n } \ge \frac {n-1}{\sqrt{n^2+n}+n } \rightarrow\frac{1}{2} }$

Από ισοσυγκλίνουσες η x_n-n

τείνει στο $\frac{1}{2}$ .

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 01, 2011 11:40 am**

Να υπολογιστεί, αν υπάρχει, το $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n\left(x_{n}-n-\frac{1}{2}\right)}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 01, 2011 3:00 pm**

Έχουμε ήδη δει ότι $x_n\sim n$ , άρα $\frac{x_{n-1}}{n}\to 1$ και x_n>0

για κάθε

. Τέλος, $x_n-n\to 1/2$ .

Επιπλέον από το θεώρημα του Taylor παίρνουμε: για κάθε x,h>0

υπάρχει $t=t_{x,h}\in (x,x+h)$ ώστε $\sqrt{x+h}=\sqrt{x}+\frac{h}{2\sqrt{x}}-\frac{h^2}{8}\frac{1}{\sqrt{t^3}}$ .

Για x=n^2

και $h=x_{n-1}$ υπάρχει $n^2<t_n<n^2+x_{n-1}$ ώστε: $x_n=n+\frac{x_{n-1}}{2n}-\frac{x_{n-1}^2}{8}\frac{1}{\sqrt{t_n^3}}$ .

Άρα, αν θέσουμε s_n=t_n/n^2

τότε $s_n\to 1$ και $n(x_n-n-\frac{1}{2})=\frac{x_{n-1}-(n-1)}{2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{8}(\frac{x_{n-1}}{n})^2\frac{1}{\sqrt{s_n^3}}$ . Έπεται εύκολα ότι $n(x_n-n-\frac{1}{2})\to -\frac{3}{8}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 01, 2011 6:35 pm**

Κάπως παρόμοια: Όπως έδειξε ο Μιχάλης παραπάνω είναι $n\leq x_{n}\leq n +1\Rightarrow x_{n}\sim n\Rightarrow x_{n}=n+o(n)$ .

Βάζοντας αυτήν την εκτίμηση στην αναδρομική σχέση παίρνουμε

$\begin{aligned}\displaystyle x_{n}&=\sqrt{n^2+n-1+o(n-1)}=\sqrt{n^2+n+o(n)}=n\left(1+\frac{1}{n}+o(1/n)\right)^{1/2}\\ &=n\left(1+\frac{1}{2n}+o(1/n)\right)=n+\frac{1}{2}+o(1)\,. \end{aligned}$

Βάζοντας τώρα τη δεύτερη εκτίμηση της $x_{n}$ στην αναδρομική σχέση παίρνουμε

$\displaystyle{x_{n}=\sqrt{n^2+n-1+\frac{1}{2}+o(1)}=n\left(1+\frac{1}{n}-\frac{1}{2n}+o(1/n^2)\right)^{1/2}=n+\frac{1}{2}-\frac{3}{8n}+o(1/n)}$ ,

που δίνει ότι το ζητούμενο όριο είναι -3/8

. Και στις δυο τελεταίες λύσεις γίνεται χρήση αναπτύγματος Taylor.

mathematica.gr

Ακολουθία (4)

Ακολουθία (4)

Re: Ακολουθία (4)

Re: Ακολουθία (4)

Re: Ακολουθία (4)

Re: Ακολουθία (4)