mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 06, 2009 9:32 pm**

Έστω η ακολουθία $\left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}}$ μέ $\alpha_{\nu}=1$ καί $\alpha_{\nu+1}=\displaystyle\sqrt{1+\frac{1}{2}\,\alpha_{\nu}^{2}}$ , $\nu\in\mathbb{N}$ . Νά αποδειχθεί ότι:
α) $\alpha_{\nu}^2-2<0$ καί $\alpha_{\nu+1}^2-\alpha_{\nu}^2>0$ , γιά κάθε $\nu\in\mathbb{N}$ .
β) η $\left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}}$ συγκλίνει καί νά βρεθεί τό όριό της.

Άλυτη άσκηση από τόν Απειροστικό Λογισμό Ι τού Σ. Ντούγια ( γιά τήν οποία έχω βρεί μιά λύση )

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 06, 2009 10:07 pm**

Γρηγόρη μία απάντηση για το δεύτερο ερώτημα (φαντάζομαι ότι το πρώτο βγαίνει και αυτό με επαγωγή):
Με επαγωγή διαπιστώνουμε εύκολα ότι η ακολουθία είναι γνησίως αύξουσα.
Επίσης με επαγωγή διαπιστώνουμε ότι ο 2 είναι άνω φράγμα της.
Κλασικά αν

είναι το όριο της αυτό είναι λύση της $\sqrt{1+\frac{x^{2}}{2}}=x$ από την οποία έχουμε $x=\sqrt{2}$ .
Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 06, 2009 11:41 pm**

$\left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}}$ μέ $\alpha_{\nu}=1$ καί $\alpha_{\nu+1}=\displaystyle\sqrt{1+\frac{1}{2}\,\alpha_{\nu}^{2}}$ , $\nu\in\mathbb{N}$ .

α) $\alpha_{\nu}^2-2=\displaystyle1+\frac{1}{2}\,\alpha_{\nu-1}^2-2=\frac{1}{2}\left( {\alpha_{\nu-1}^2-2}\right)$
$\alpha_{\nu-1}^2-2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{\nu-2}^2-2}\right)$
$\alpha_{\nu-2}^2-2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{\nu-3}^2-2}\right)$
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
$\alpha_{3}^2-2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{2}^2-2}\right)$
$\alpha_{2}^2-2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{1}^2-2}\right)=-\frac{1}{2}$ .

Πολλαπλασιάζωντας κατά μέλη τίς παραπάνω $\nu-1$ εξισώσεις προκύπτει
$\displaystyle\alpha_{\nu}^2-2=\left({\frac{1}{2}}\right)^{\nu-1}\left( {-\frac{1}{2}}\right)=-\frac{1}{2^{\nu}}<0$ (1) .
Επίσης
$\alpha_{\nu+1}^2-\alpha_{\nu}^2=\displaystyle1+\frac{1}{2}\,\alpha_{\nu}^2-1-\frac{1}{2}\,\alpha_{\nu-1}^2=\frac{1}{2}\left( {\alpha_{\nu}^2-\alpha_{\nu-1}^2}\right)$
$\alpha_{\nu}^2-\alpha_{\nu-1}^2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{\nu-1}^2-\alpha_{\nu-2}^2}\right)$
$\alpha_{\nu-1}^2-\alpha_{\nu-2}^2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{\nu-2}^2-\alpha_{\nu-3}^2}\right)$
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

$\alpha_{3}^2-\alpha_{2}^2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{2}^2-\alpha_{1}^2}\right)=\frac{1}{2}\left({1+\frac{1}{2}\,1-1^2}\right)=\frac{1}{2}$ .

Πολλαπλασιάζωντας κατά μέλη τίς παραπάνω $\nu-1$ εξισώσεις προκύπτει
$\displaystyle\alpha_{\nu+1}^2-\alpha_{\nu}^2=\left({\frac{1}{2}}\right)^{\nu-1}\frac{1}{2}=\frac{1}{2^{\nu}}>0$ (2).

β) $0\stackrel{(2)}{<}\alpha_{\nu+1}^2-\alpha_{\nu}^2=\left({\alpha_{\nu+1}-\alpha_{\nu}}\right)\left({\alpha_{\nu+1}+\alpha_{\nu}}\right)$ καί επειδή $\alpha_{\nu+1}+\alpha_{\nu}>0$ , έπεται $\alpha_{\nu+1}-\alpha_{\nu}>0$ . Άρα η ακολουθία $\left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}}$ είναι γνησίως αύξουσα.
Από τήν (1) προκύπτει $\alpha_{\nu}^2<2$ $\Leftrightarrow$ $1<\alpha_{\nu}<\sqrt{2}$ . Άρα η η ακολουθία $\left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}}$ είναι καί φραγμένη. Άρα είναι καί συγκλίνουσα. Άν $\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\alpha_{\nu}=l$ , τότε $\displaystyle\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\alpha_{\nu+1}=\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\sqrt{1+\frac{1}{2}\,\alpha_{\nu}^{2}}$ $\Leftrightarrow$ $l=\displaystyle\sqrt{1+\frac{1}{2}\,l^{2}}$ $\Leftrightarrow$ $l=\sqrt{2}$ . $\square$

Υ.Γ. Μαζί μέ τήν λύση νά ζητήσω συγγνώμη γιά τό τυπογραφικό λάθος στόν αναγωγικό τύπο τής ακολουθίας ( τόν οποίο έχω ήδη διορθώσει ) Ελπίζω νά υπάρξουν καί άλλες λύσεις.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 06, 2009 11:52 pm**

'Αλλη μία απάντηση πάλι για το δεύτερο σκέλος θα μπορούσε να είναι η ακόλουθη:
Θεωρούμε την συνάρτηση $f\left( x\right) =\sqrt{1+\frac{x^{2}}{2}}$ . Είναι $f^{\prime }\left( x\right) =\allowbreak \frac{1}{\sqrt{\left( 4+2x^{2}\right) }}x=\sqrt{\frac{x^{2}}{4+2x^{2}}}\leq \sqrt{\frac{x^{2}}{2x^{2}}}=\allowbreak \frac{1}{2}\sqrt{2}$ . Από το θεώρημα μέσης τιμής έχουμε ότι $\left| f\left( x_{1}\right) -f\left( x_{2}\right) \right| =\left| f^{\prime }\left( \xi \right) \right| \left| x_{1}-x_{2}\right| \leq \allowbreak \frac{1}{2}\sqrt{2}\left| x_{1}-x_{2}\right|$ .
Eίναι $a_{n+1}=f\left( a_{n}\right)$ . Επομένως
$\left| f\left( x_{1}\right) -f\left( x_{2}\right) \right| \leq c\left| x_{1}-x_{2}\right|$ (*)
όπου $c=\allowbreak \frac{1}{2}\sqrt{2}$ και φυσικά 0<c<1

(αυτό έχει σημασία).
Τότε:
$\left| f\left( a_{n}\right) -f\left( a_{n-1}\right) \right| \leq c\left| a_{n}-a_{n-1}\right| =c\left| f\left( a_{n-1}\right) -f\left( a_{n-2}\right) \right| \leq c^{2}\left| a_{n-1}-a_{n-2}\right| \leq ...\leq c^{n-1}\left| a_{2}-a_{1}\right|$
Αλλά
$\left| f\left( a_{n}\right) -f\left( a_{1}\right) \right| \leq \left| f\left( a_{n}\right) -f\left( a_{n-1}\right) \right| +\left| f\left( a_{n-1}\right) -f\left( a_{n-2}\right) \right| +...+\left| f\left( a_{2}\right) -f\left( a_{1}\right) \right| \leq \left( 1+c+c^{2}+...+c^{n-1}\right) \left| a_{2}-a_{1}\right| \leq \frac{1}{1-c}\left| a_{2}-a_{1}\right|$
Επίσης
$\left| f\left( a_{m}\right) -f\left( a_{n}\right) \right| \leq c\left| a_{m}-a_{n}\right| \leq ....\leq c^{n-1}\left| a_{m-n+1}-a_{1}\right| \leq c^{n-1}\frac{1}{1-c}\left| a_{2}-a_{1}\right|$ επομένως η $\left( a_{n}\right)$ είναι Cauchy
'Άρα η ακολουθία συγκλίνει και το όριο βρίσκεται πάλι λύνοντας την εξίσωση f(x)=x

. Βρίκουμε $x=\sqrt{2}$
Στην ουσία αυτό που χρειαστήκαμε είναι ότι η

ικανοποιέι την (*) δηλαδή μία μία συνθήκη Lipschitz με σταθερά μικρότερη του 1. Όλα τα υπόλοιπα είναι αυτόματα. Πρόκειται για ένα γνωστό αποτέλεσμα που επιτρέπει την αντιμετώπιση ασκήσεων ως ειδικών περιπτώσεων και φυσικά την κατασκευή ασκήσεων.
Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 07, 2009 12:54 am**

grigkost έγραψε: $\left({\alpha_{\nu}}\right)_{\nu\in\mathbb{N}}$ μέ $\alpha_{\nu}=1$ καί $\alpha_{\nu+1}=\displaystyle\sqrt{1+\frac{1}{2}\,\alpha_{\nu}^{2}}$ , $\nu\in\mathbb{N}$ .

α) $\alpha_{\nu}^2-2=\displaystyle1+\frac{1}{2}\,\alpha_{\nu-1}^2-2=\frac{1}{2}\left( {\alpha_{\nu-1}^2-2}\right)$
$\alpha_{\nu-1}^2-2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{\nu-2}^2-2}\right)$
$\alpha_{\nu-2}^2-2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{\nu-3}^2-2}\right)$
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
$\alpha_{3}^2-2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{2}^2-2}\right)$
$\alpha_{2}^2-2=\displaystyle\frac{1}{2}\left({\alpha_{1}^2-2}\right)=-\frac{1}{2}$ .

Πολλαπλασιάζωντας κατά μέλη τίς παραπάνω $\nu-1$ εξισώσεις προκύπτει
$\displaystyle\alpha_{\nu}^2-2=\left({\frac{1}{2}}\right)^{\nu-1}\left( {-\frac{1}{2}}\right)=-\frac{1}{2^{\nu}}<0$ (1) .

Γρηγόρη,

μετά την σχέση (1) που απέδειξες, μπορείς να πάρεις συντομότερο δρόμο:

Η (1) δίνει $\displaystyle\alpha_{\nu}^2= 2-\frac{1}{2^{\nu}}< 2$ , όπως θέλαμε. Επίσης, $\displaystyle\alpha_{\nu+1}^2= 2-\frac{1}{2^{\nu+1}} > 2-\frac{1}{2^{\nu}}=\alpha_{\nu}^2$ όπως θέλαμε. Τέλος, παίρνοντας όριο είναι

$\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\alpha_{\nu}=\mathop{\lim}\limits_{\nu\rightarrow{+\infty}}\sqrt{2-\frac{1}{2^{\nu}}}=\sqrt{2}.$

Φιλικά,

Μιχάλης.

mathematica.gr

Ακολουθία μέ αναδρομικό τύπο

Ακολουθία μέ αναδρομικό τύπο

Re: Ακολουθία μέ αναδρομικό τύπο

Re: Ακολουθία μέ αναδρομικό τύπο

Re: Ακολουθία μέ αναδρομικό τύπο

Re: Ακολουθία μέ αναδρομικό τύπο