mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 10, 2025 6:11 pm**

Θεωρούμε την ακολουθία με $a_{0}=1,a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{a_{n}}$
Δείξτε ότι για κάθε $n\geq 1$ έχουμε ότι $\left [ \frac{a_{n}}{\sqrt{2(n+1)}} \right ]=1$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 11, 2025 3:29 pm**

Έχουμε $a_{1}=2$ και προφανώς $a_{n}>0$ , ∀ $n\geq1$ , οπότε $a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}\geq2\Rightarrow a_n\geq2$ , $a_{n}^{2}\geq4$ , $\frac{1}{a_{n}^2}\leq\frac{1}{4}$ ∀ $n\geq1$ .
Έχουμε λοιπόν ότι $a_{n+1}^2=a_{n}^2+\frac{1}{a_{n}^2}+2\leq a_{n}^2+\frac{1}{4}+2=a_{n}^2+\frac{9}{4}$ .
'Αρα
$a_{n-1}^2+2< a_{n}^2\leq a_{n-1}^2+\frac{9}{4}$
$a_{n-2}^2+2< a_{n-1}^2\leq a_{n-2}^2+\frac{9}{4}$

$a_{1}^2+2< a_{2}^2\leq a_{1}^2+\frac{9}{4}$
Με πρόσθεση κατά μέλη των παραπάνω n-1

ανισώσεων και απαλοιφή όρων έχουμε
$\displaystyle{4+2(n-1)< a_{n}^2\leq4+\frac{9(n-1)}{4}=\frac{9(n+1)}{4}-\frac{2}{4}\Rightarrow}$
$\displaystyle{2(n+1)< a_{n}^2\leq\frac{9(n+1)}{4}\Rightarrow}$
$\displaystyle{1<\frac{a_n}{\sqrt{2(n+1)}}\leq\frac{3}{2\sqrt{2}}<2\Rightarrow\left[\frac{a_n}{\sqrt{2(n+1)}}\right]=1}$

mathematica.gr

Εκτίμηση γενικού όρου ακολουθίας

Εκτίμηση γενικού όρου ακολουθίας

Re: Εκτίμηση γενικού όρου ακολουθίας