mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 07, 2025 1:38 am**

Να δείξετε ότι αν $\rho_1$ και $\rho_2$ είναι μη μηδενικές πραγματικές ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης $\alpha x^2 + \beta x + \gamma = 0$ και $\mathrm N$ είναι μια πραγματική ακολουθία τέτοια, ώστε $\mathrm N _0 = -\dfrac{\alpha}{\gamma}, \mathrm N_1 = 0$ με αναδρομικό τύπο $\mathrm N_{\kappa+2} = - \dfrac{\beta \mathrm N_{\kappa+1} + \gamma \mathrm N_{\kappa}}{\alpha}$ για $\kappa\in\mathbb{N}$ , τότε $\forall \mu\in\mathbb{N} ~ \rho_1^\mu + \rho_2^\mu = \mathrm N_{\mu+2}-\dfrac{\gamma}{\alpha}\mathrm N_{\mu}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 07, 2025 10:23 am**

Nikitas K. έγραψε: Δευ Ιούλ 07, 2025 1:38 am Αν $\rho_1$ και $\rho_2$ είναι μη μηδενικές πραγματικές ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης $\alpha x^2 + \beta x + \gamma = 0$ και $\mathrm N$ είναι μια πραγματική ακολουθία τέτοια, ώστε $\mathrm N _0 = -\dfrac{\alpha}{\gamma}, \mathrm N_1 = 0$ με αναδρομικό τύπο $\mathrm N_{\kappa+2} = - \dfrac{\beta N_{\kappa+1} + \gamma N_{\kappa}}{\alpha}$ για $\kappa\in\mathbb{N}$ , τότε να δείξετε ότι $\forall \mu\in\mathbb{N} ~ \rho_1^\mu + \rho_2^\mu = N_{\mu+2}-\dfrac{\gamma}{\alpha}N_{\mu}$

Με επαγωγή, μόνο τα κύρια βήματα γιατί η πληκτρολόγιση είναι επίπονη. Η άσκηση έχει περισσσότερο πράξεις και λιγότερο ιδέες.

Για μικρά $\mu$ ελέγχουμε απευθείας. Για το επαγωγικό βήμα για να πάμε από το $\mu$ στο $\mu+1$ λέμε: Από την αρχική έχουμε $x^2= -\dfrac {b}{a} x-\dfrac {c}{a}$ άρα

$\rho _1^2= -\dfrac {b}{a} \rho _1-\dfrac {c}{a}$ και $\rho _2^2= -\dfrac {b}{a} \rho _2-\dfrac {c}{a}$ και άρα

$\rho _1^{\mu +1}= -\dfrac {b}{a} \rho _1^{\mu }-\dfrac {c}{a}\rho _1^{\mu -1}$ και $\rho _2^{\mu +1}= -\dfrac {b}{a} \rho _2^{\mu }-\dfrac {c}{a}\rho _2^{\mu -1}$ . Άρα

$\rho _1^{\mu +1}+\rho _2^{\mu +1}= -\dfrac {b}{a} (\rho _1^{\mu }+ \rho _2^{\mu }) -\dfrac {c}{a} (\rho _1^{\mu -1}+ \rho _2^{\mu-1 })=$

$= -\dfrac {b}{a} (N_{\mu +2} -\dfrac {c}{a} N_{\mu} ) - \dfrac {c}{a}( N_{\mu +1} -\dfrac {c}{a} N_{\mu-1} )$ που είναι ίσο με το

$N_{\mu +3} -\dfrac {c}{a} N_{\mu+1}$ αν αντικαταστήσουμε στην τελευταία τα $N_{\mu +3}$ και $N_{\mu +1}$ με τα ίσα τους

$-\dfrac {b}{a}N_{\mu +2} -\dfrac {c}{a} N_{\mu+1}$ και $-\dfrac {b}{a}N_{\mu } -\dfrac {c}{a} N_{\mu-1}$ .

Δεν αξίζει περισσότερη λεπτομέρεια, δεδομένου ότι οι πράξεις είναι πολλές με τεχνητές (αλλά απλούστατες) απαιτήσεις. Πόσο μάλλον που η πληκτρολόγιση γίνεται τεχνητά ακόμα πιο επίπονη αφού αντί για τα \mu, \alpha, \beta, \gamma, \rho θα μπορούσε να έχει m, a, b, c, r για να μην παιδευόμαστε με άσκοπη πληκτρολόγιση.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 08, 2025 2:38 pm**

Αναθέτοντας $A := -\dfrac{\beta}{\alpha}$ και $B := -\dfrac{\gamma}{\alpha}$ τα δεδομένα παίρνουν τη μορφή:

$x^2 = Ax+B,\,\mathrm N_0 = \dfrac{1}{B},\, \mathrm N_1 = 0$ και $\mathrm N_{\kappa+2} = A\mathrm N_{\kappa+1}+B\mathrm N_{\kappa}$ για $\kappa\in\mathbb N$

Λήμμα: $\forall r\in\mathbb R^ *\forall k\in\mathbb N ~ r^2=Ar+B\Rightarrow r^k = \mathrm N_{k+1}r+B\mathrm N_k$

Aπόδειξη του λήμματος με τέλεια επαγωγή:

$\forall r\in\mathbb R^*$
Βάση
$r^0 = 1 = 0r+B\dfrac{1}{B} = \mathrm N_{1}r + B\mathrm N_0$

$r^1 = r = (A\cdot 0 + B\cdot \dfrac{1}{B})r = (A \mathrm N_1 + B \mathrm N_0)r + B \cdot 0 = \mathrm N_2r+B\mathrm N_1$ και

$\forall k\in\mathbb N$
Υπόθεση
$r^k = \mathrm N_{k+1}r+B\mathrm N_k$

Βήμα
$r^{k+1} = r^k r=(\mathrm N_{k+1}r+B\mathrm N_k)r=\mathrm N_{k+1}r^2+B\mathrm N_k r= \mathrm N_{k+1}(Ar+B)+B\mathrm N_k r$

$=A \mathrm N_{k+1} r+ B \mathrm N_{k+1}+ B \mathrm N_k r = (A\mathrm N_{k+1} + B \mathrm N_k)r + B \mathrm N_{k+1} = \mathrm N_{k+2}r + B \mathrm N_{k+1}\blacksquare$

Πόρισμα του λήμματος:

$\forall \mu\in\mathbb N~\rho_1^\mu + \rho_2^\mu = (\mathrm N_{\mu+1}\rho_1+B\mathrm N_\mu) + (\mathrm N_{\mu+1}\rho_2+B\mathrm N_\mu)=(\rho_1+\rho_2)\mathrm N_{\mu+1} + 2 B\mathrm N_\mu$

$= -\dfrac{\beta}{\alpha} \mathrm N_{\mu+1}+ 2 B\mathrm N_\mu=A \mathrm N_{\mu+1}+ 2 B\mathrm N_\mu = (A \mathrm N_{\mu+1}+ B\mathrm N_\mu) + B\mathrm N_\mu = \mathrm N_{\mu+2} + B \mathrm N_\mu = \mathrm N_{\mu+2}-\dfrac{\gamma}{\alpha}\mathrm N_\mu\blacksquare$

mathematica.gr

Αναδρομική ακολουθία και ρίζες δευτεροβάθμιας

Αναδρομική ακολουθία και ρίζες δευτεροβάθμιας

Re: Αναδρομική ακολουθία και ρίζες δευτεροβάθμιας

Re: Αναδρομική ακολουθία και ρίζες δευτεροβάθμιας