mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 17, 2012 10:00 pm**

Έστω $a_0 = \sqrt{2},b_0=2$ και $\displaystyle{ a_{n+1} = \sqrt{2-\sqrt{4-a_n^2}}, b_{n+1} = \frac{2b_n}{2+\sqrt{4+b_n^2}}}$ για $n \geqslant 0$ .

(α) Να δειχθεί ότι οι ακολουθίες (a_n)

και

είναι φθίνουσες και συγκλίνουν στο

.
(β) Να δειχθεί ότι η (2^na_n)

είναι αύξουσα, η (2^nb_n)

φθίνουσα και συγκλίνουν στο ίδιο όριο.
(γ) Να δειχθεί ότι υπάρχει σταθερά C > 0

έτσι ώστε για κάθε

να ισχύει η ανισότητα $\displaystyle{0 < b_n - a_n < \frac{C}{8^n}.}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 18, 2012 1:54 am**

Demetres έγραψε:Έστω $a_0 = \sqrt{2},b_0=2$ και $\displaystyle{ a_{n+1} = \sqrt{2-\sqrt{4-a_n^2}}, b_{n+1} = \frac{2b_n}{2+\sqrt{4+b_n^2}}}$ για $n \geqslant 0$ .

(α) Να δειχθεί ότι οι ακολουθίες και είναι φθίνουσες και συγκλίνουν στο .
(β) Να δειχθεί ότι η είναι αύξουσα, η φθίνουσα και συγκλίνουν στο ίδιο όριο.
(γ) Να δειχθεί ότι υπάρχει σταθερά έτσι ώστε για κάθε να ισχύει η ανισότητα $\displaystyle{0 < b_n - a_n < \frac{C}{8^n}.}$

Είναι $0\leq a_n\leq 2$ , άρα θέτω $a_n=2\sin y_n$ με $y_n\in[0,\pi/2]$ . Τότε

$\displaystyle{2\sin y_{n+1}=\sqrt{2-\sqrt{4-4\sin^2y_{n}}}=\sqrt{2}\sqrt{1-\cos y_n}=2\sin(y_n/2)}$ , άρα $y_{n+1}=y_n/2$ , άρα $y_n=\pi/2^{n+2}$ οπότε $a_n=2\sin(\pi/2^{n+2})$ .

Επίσης είναι b_n>0

, άρα θέτω $b_n=2\tan y_n$ με $y_n\in(0,\pi/2)$ . Τότε

$\displaystyle{2\tan y_{n+1}=\frac{2\tan y_{n}}{2+\sqrt{4+4\tan^2y_n}}=\frac{2\tan y_n}{1+\sqrt{\cos^{-2}y_n}}=\frac{2\sin y_n}{1+\cos y_n}=2\tan(y_n/2)}$ , άρα $b_n=2\tan(\pi/2^{n+2})$ .

Oι μονοτονίες και τα όρια των a_n,b_n,2^na_n,2^nb_n

έπονται άμεσα από τους τύπους. Ειδικότερα είναι $2^na_n,2^nb_n\to\pi/2$ .

Το ότι b_n-a_n>0

έπεται από το α). Από Taylor τώρα είναι $\sin x=x+\mathcal O(x^3)$ και $\tan x=x+\mathcal O(x^3)$ άρα $b_n-a_n=\mathcal O(8^{-n}),\quad n\geq0$ , δηλαδή το ζητούμενο.

mathematica.gr

IMC 2001/2/2

IMC 2001/2/2

Re: IMC 2001/2/2