mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 19, 2011 5:04 pm**

Έστω πραγματική ακολουθία $\displaystyle \{x_n\}_{n\geq 0}$ τέτοια ώστε $\displaystyle x_{n+1}=x_n+e^{-x_n}, \ \forall n \in \mathbb{N}_0.$

Να βρεθεί το όριο $\displaystyle \lim \frac{x_n}{\ln n}.$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 24, 2011 2:12 am**

Πιστεύω ότι κάτι δεν είναι σωστό.......
Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{\bf x_{n+1}-x_{n}=e^{-x_{n}}>0}$ το οποίο σημαίνει ότι η ακολουθία είναι αύξουσα. Υποθέτουμε ότι $\displaystyle{\bf x_{n}\rightarrow x\in\mathbb{R}}$ και καταλήγουμε σε άτοπο το οποίο σημαίνει ότι $\displaystyle{\bf x_{n}\rightarrow +\infty}$ , πως μπορούμε λοιπόν να βγάλουμε συμπέρασμα για το ζητούμενο;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 24, 2011 8:53 am**

Χμ .. το όριο φαίνεται να είναι 1 .. αλλά θέλω δουλειά ακόμα ..

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 24, 2011 3:51 pm**

Εφαρμόζοντας το λημμα Stolz-Cesaro για το όριο $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x_n}}}{{\ln n}}}$ εχω οτι :

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x_{n + 1}} - {x_n}}}{{\ln \left( {n + 1} \right) - \ln n}} = ... = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n}{{{e^{{x_n}}}}} \cdot \frac{1}{{\ln {{\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)}^n}}}}$

Ξαναεφαρμοζω το λημμα για το οριο της ακολουθιας $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n}{{{e^{{x_n}}}}}}$ και εχω :

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{n + 1 - n}}{{{e^{{x_{n + 1}}}} - {e^{{x_n}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{{e^{{x_n}}} \cdot \left( {{e^{{x_{n + 1}} - {x_n}}} - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{{e^{{x_n}}}\left( {{e^{{e^{ - {x_n}}}}} - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{e^{ - {x_n}}}}}{{{e^{{e^{ - {x_n}}}}} - 1}} = 1}$

Αρα αφου $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n}{{{e^{{x_n}}}}} = 1}$ τοτε και

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x_n}}}{{\ln n}} = 1}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 31, 2011 1:24 am**

nonlinear έγραψε: $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{e^{ - {x_n}}}}}{{{e^{{e^{ - {x_n}}}}} - 1}} = 1}$

Το παραπάνω όριο βέβαια προκύπτει από την παρατήρηση του Γιώργου (Ωμέγα)

Μια στοιχειώδης λύση

Λήμμα 1 $\displaystyle{\forall {x_0} \geqslant 0:{x_1} = {x_0} + {e^{ - {x_0}}} \geqslant 1}$

Η συνάρτηση $\displaystyle{f\left( x \right) = x + {e^{ - x}}}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\left[ {0, + \infty } \right)}$ διότι $\displaystyle{\forall x > 0:f'\left( x \right) = 1 - {e^{ - x}} > 0}$ , δηλαδή $\displaystyle{\forall x \geqslant 0:f\left( x \right) \geqslant f\left( 0 \right) = 1}$ .
Άρα $\displaystyle{\forall {x_0} \geqslant 0:{x_1} = {x_0} + {e^{ - {x_0}}} \geqslant 1}$ .

Λήμμα 2 $\displaystyle{\forall {x_0} < 0:{x_1} = {x_0} + {e^{ - {x_0}}} \geqslant 1}$

Η συνάρτηση $\displaystyle{f\left( x \right) = {e^x} - x}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\left[ {0, + \infty } \right)}$ διότι $\displaystyle{\forall x > 0:f'\left( x \right) = {e^x} - 1 > 0}$ , δηλαδή $\displaystyle{\forall x \geqslant 0:f\left( x \right) \geqslant f\left( 0 \right) = 1}$ .
Τότε $\displaystyle{{x_0} + {e^{ - {x_0}}} = {e^{ - {x_0}}} - \left( { - {x_0}} \right)\mathop \geqslant \limits^{ - {x_0} > 0} 1}$ . Άρα $\displaystyle{\forall {x_0} < 0:{x_1} = {x_0} + {e^{ - {x_0}}} \geqslant 1}$ .

Λήμμα 3 $\displaystyle{\forall n = 1,2,3,..:\ln \left( {n + 1} \right) < \ln \left( n \right) + \frac{1}{n}}$

Η συνάρτηση $\displaystyle{f\left( x \right) = \ln \left( {x + 1} \right) - \ln \left( x \right) - \frac{1}{x}}$ με $\displaystyle{x \geqslant 1}$ έχει $\displaystyle{f'\left( x \right) = \frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}} > 0}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {\ln \left( {\frac{{x + 1}}{x}} \right) - \frac{1}{x}} \right) = 0}$ . Επομένως είναι γνησίως αύξουσα με $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f\left( x \right) = 0}$ , άρα $\displaystyle{\forall x \geqslant 1:f\left( x \right) < 0}$ , επομένως $\displaystyle{\forall n = 1,2,3,..:\ln \left( {n + 1} \right) < \ln \left( n \right) + \frac{1}{n}}$ .

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Θα αποδείξουμε (με Μαθηματική επαγωγή) ότι $\displaystyle{\boxed{{x_n} \geqslant \ln \left( n \right)}}$ για κάθε $\displaystyle{n = 1,2,3,..}$ . Πράγματι:
Από λήμμα 1 & 2 έχουμε ότι για $\displaystyle{n = 1:{x_1} \geqslant 1{\text{ \& }}\ln \left( 1 \right) = 0 \Rightarrow \boxed{{x_1} > \ln \left( 1 \right)}}$
Έστω για κάποιο $\displaystyle{n \in N}$ ισχύει $\displaystyle{{x_n} \geqslant \ln \left( n \right)}$ , τότε $\displaystyle{{x_n} = \ln \left( n \right) + {y_n}}$ με $\displaystyle{{y_n} \geqslant 0}$ .
και $\displaystyle{{x_{n + 1}} = {x_n} + {e^{ - {x_n}}} = \ln \left( n \right) + {y_n} + {e^{ - \left( {\ln \left( n \right) + {y_n}} \right)}} = \ln \left( n \right) + {y_n} + \frac{1}{n} + {e^{ - {y_n}}} \geqslant \ln \left( n \right) + \frac{1}{n} \geqslant \ln \left( {n + 1} \right)}$ (από λήμμα 3)
Άρα ισχύει $\displaystyle{\boxed{{x_n} \geqslant \ln \left( n \right)}}$ για κάθε $\displaystyle{n = 1,2,3,..}$ .

Τότε $\displaystyle{\forall n \in {N^*}:{x_{n + 1}} = {x_n} + {e^{ - {x_n}}} \leqslant {x_n} + {e^{ - \ln \left( n \right)}} \Rightarrow \boxed{{x_{n + 1}} \leqslant {x_n} + \frac{1}{n}}}$ δηλαδή $\displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^n {{x_{k + 1}}} \leqslant \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{x_k} + \frac{1}{k}} \right)} \Rightarrow {x_{n + 1}} \leqslant {x_1} + \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} \Rightarrow {x_n} \leqslant {x_1} + \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\frac{1}{k}} }$

Όμως όπως αποδείχθηκε εδώ viewtopic.php?f=9&t=8886&p=50039&hilit= ... oni#p50039 ισχύει $\displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} \leqslant 1 + \ln \left( n \right)}$ , επομένως $\displaystyle{\forall n = 2,3,4,..:\boxed{{x_n} \leqslant 1 + {x_1} + \ln \left( {n - 1} \right)}}$

Τελικά $\displaystyle{\forall n = 2,3,4,..}$ ισχύει $\displaystyle{\ln \left( n \right) \leqslant {x_n} \leqslant 1 + {x_1} + \ln \left( {n - 1} \right) \Rightarrow \boxed{1 \leqslant \frac{{{x_n}}}{{\ln \left( n \right)}} \leqslant \frac{{1 + {x_1} + \ln \left( {n - 1} \right)}}{{\ln \left( n \right)}}}}$ και τελικά $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x_n}}}{{\ln \left( n \right)}} = 1}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 04, 2011 5:37 pm**

Ας τη δυσκολέψουμε λίγο: Με τα ίδια δεδομένα, ας βρεθεί το $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n\left(\frac{x_{n}}{\ln n}-1\right)}$ .

Υπάρχει μια γενική μέθοδος που καλύπτει αρκετές περιπτώσεις τέτοιων ασκήσεων και δίνει τη δυνατότητα εύρεσης όλο και περιπλοκότερων ορίων που συμπεριλαμβάνουν την $x_{n}$ . Στην καρδιά της βρίσκεται η μελέτη μέσω ασυμπτωτικών αναπτυγμάτων της ασυμπτωτικής συμπεριφοράς αναδρομικών ακολουθιών, διακριτή περίπτωση της μελέτης της ασυμπτωτικής συμπεριφοράς λύσεων διαφορικών εξισώσεων.

Σχετικό αρθράκι εδώ.

mathematica.gr

Ακολουθία (12)

Ακολουθία (12)

Re: Ακολουθία (12)

Re: Ακολουθία (12)

Re: Ακολουθία (12)

Re: Ακολουθία (12)

Re: Ακολουθία (12)