Dany jest ciąg \(\displaystyle{ (a_n)_{n \ge 1}}\) o wartościach dodatnich taki że
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \left( \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3} + \dots + \frac{a_{n-1}}{a_n} + \frac{a_n}{a_1} -n\right)=0.}\)
Pokaż że ten ciąg jest stały.
Ps.: nie wiem jaki jest bład w tej formule.
ciąg stały
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
ciąg stały
Na początek lemat:
jeżeli \(\displaystyle{ a,b}\) - liczby dodatnie i \(\displaystyle{ a > b}\), to istnieją takie liczby dodatnie \(\displaystyle{ c}\) i \(\displaystyle{ d}\), przy czym \(\displaystyle{ d \in (0,1)}\), że
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} \ge \frac{a}{c} + \frac{c}{b}- d}\)
Dowód lematu: po wymnożeniu przez mianowniki mamy
\(\displaystyle{ ac \ge ab+c^2-bcd}\)
Jest to nierówność kwadratowa zmiennej \(\displaystyle{ c}\). Innymi słowy:
\(\displaystyle{ c^2+c(-a-bd)+ab \le 0}\). Wyróżnik wynosi \(\displaystyle{ \Delta=(a+bd)^2-4ab}\)
Zauważmy, że gdy \(\displaystyle{ d=1}\), to \(\displaystyle{ \Delta=(a-b)^2 > 0}\), bo z założenia \(\displaystyle{ a\neq b}\). Czyli dla ustalonych \(\displaystyle{ a,b}\) dodatnich jeśli popatrzymy na ten wyróżnik jak na funkcję \(\displaystyle{ f(d)}\), to widzimy, że \(\displaystyle{ f(1)>0}\). Ale \(\displaystyle{ f}\) jest wielomianem zmiennej \(\displaystyle{ d}\), więc funkcją ciągłą od \(\displaystyle{ d}\), toteż dla pewnego \(\displaystyle{ 0<d_0<1}\) mamy \(\displaystyle{ f(d_0)>0}\). Czyli dla takiego \(\displaystyle{ d_0}\) wyróżnik jest dodatni i znajdujemy \(\displaystyle{ c}\) czyniące zadość tezie lematu. Będzie ono faktycznie dodatnie, gdyż wierzchołek paraboli jest na prawo od zera.
Koniec dowodu lematu
Przejdziemy do zasadniczej części zadania. Przypuśćmy nie wprost, że dla pewnego \(\displaystyle{ k \in \NN}\) jest
\(\displaystyle{ a_{k}>a_{k+1}}\)
Wówczas na mocy lematu jest \(\displaystyle{ \frac{a_k}{a_{k+1}} \ge \frac 1 c \cdot a_k+ \frac{c}{a_{k+1}}-d}\) dla pewnego \(\displaystyle{ c \in \RR^+, d \in (0,1)}\).
Zatem wówczas
\(\displaystyle{ \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3} + \dots + \frac{a_{n-1}}{a_n} + \frac{a_n}{a_1} -n \ge \\ \ge \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3} + \dots + \frac{a_k}{c}+ \frac{c}{a_{k+1}}+ \frac{a_{k+1}}{a_{k+2}} +\dots+ \frac{a_{n-1}}{a_n} + \frac{a_n}{a_1} -n-d}\)
Uwaga: ten zapis jest trochę nieścisły i schematyczny, wiadomo, że równie dobrze mogło być \(\displaystyle{ k=1}\) albo \(\displaystyle{ k=n}\).
Następnie z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną (\(\displaystyle{ n+1}\) składników) mamy
\(\displaystyle{ \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3} + \dots + \frac{a_k}{c}+ \frac{c}{a_{k+1}}+ \frac{a_{k+1}}{a_{k+2}} +\dots+ \frac{a_{n-1}}{a_n} + \frac{a_n}{a_1} \ge n+1}\),
a więc
\(\displaystyle{ \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3} + \dots + \frac{a_k}{c}+ \frac{c}{a_{k+1}}+ \frac{a_{k+1}}{a_{k+2}} +\dots+ \frac{a_{n-1}}{a_n} + \frac{a_n}{a_1} -n-d \ge n+1-n-d=1-d>0}\)
co oznacza, że niemożliwym jest, by
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \left( \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3} + \dots + \frac{a_{n-1}}{a_n} + \frac{a_n}{a_1} -n\right)=0.}\)
(oszacowanie z dołu przez stałą dodatnią), a to kończy rozwiązanie zadania.-- 2 maja 2017, o 00:16 --Aha, uwaga: ciągi rosnące to podejście też uwzględnia (co na pierwszy rzut oka można przeoczyć), gdyż dla nich będzie
\(\displaystyle{ a_n>a_1}\) dla dużych \(\displaystyle{ n}\).
jeżeli \(\displaystyle{ a,b}\) - liczby dodatnie i \(\displaystyle{ a > b}\), to istnieją takie liczby dodatnie \(\displaystyle{ c}\) i \(\displaystyle{ d}\), przy czym \(\displaystyle{ d \in (0,1)}\), że
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} \ge \frac{a}{c} + \frac{c}{b}- d}\)
Dowód lematu: po wymnożeniu przez mianowniki mamy
\(\displaystyle{ ac \ge ab+c^2-bcd}\)
Jest to nierówność kwadratowa zmiennej \(\displaystyle{ c}\). Innymi słowy:
\(\displaystyle{ c^2+c(-a-bd)+ab \le 0}\). Wyróżnik wynosi \(\displaystyle{ \Delta=(a+bd)^2-4ab}\)
Zauważmy, że gdy \(\displaystyle{ d=1}\), to \(\displaystyle{ \Delta=(a-b)^2 > 0}\), bo z założenia \(\displaystyle{ a\neq b}\). Czyli dla ustalonych \(\displaystyle{ a,b}\) dodatnich jeśli popatrzymy na ten wyróżnik jak na funkcję \(\displaystyle{ f(d)}\), to widzimy, że \(\displaystyle{ f(1)>0}\). Ale \(\displaystyle{ f}\) jest wielomianem zmiennej \(\displaystyle{ d}\), więc funkcją ciągłą od \(\displaystyle{ d}\), toteż dla pewnego \(\displaystyle{ 0<d_0<1}\) mamy \(\displaystyle{ f(d_0)>0}\). Czyli dla takiego \(\displaystyle{ d_0}\) wyróżnik jest dodatni i znajdujemy \(\displaystyle{ c}\) czyniące zadość tezie lematu. Będzie ono faktycznie dodatnie, gdyż wierzchołek paraboli jest na prawo od zera.
Koniec dowodu lematu
Przejdziemy do zasadniczej części zadania. Przypuśćmy nie wprost, że dla pewnego \(\displaystyle{ k \in \NN}\) jest
\(\displaystyle{ a_{k}>a_{k+1}}\)
Wówczas na mocy lematu jest \(\displaystyle{ \frac{a_k}{a_{k+1}} \ge \frac 1 c \cdot a_k+ \frac{c}{a_{k+1}}-d}\) dla pewnego \(\displaystyle{ c \in \RR^+, d \in (0,1)}\).
Zatem wówczas
\(\displaystyle{ \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3} + \dots + \frac{a_{n-1}}{a_n} + \frac{a_n}{a_1} -n \ge \\ \ge \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3} + \dots + \frac{a_k}{c}+ \frac{c}{a_{k+1}}+ \frac{a_{k+1}}{a_{k+2}} +\dots+ \frac{a_{n-1}}{a_n} + \frac{a_n}{a_1} -n-d}\)
Uwaga: ten zapis jest trochę nieścisły i schematyczny, wiadomo, że równie dobrze mogło być \(\displaystyle{ k=1}\) albo \(\displaystyle{ k=n}\).
Następnie z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną (\(\displaystyle{ n+1}\) składników) mamy
\(\displaystyle{ \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3} + \dots + \frac{a_k}{c}+ \frac{c}{a_{k+1}}+ \frac{a_{k+1}}{a_{k+2}} +\dots+ \frac{a_{n-1}}{a_n} + \frac{a_n}{a_1} \ge n+1}\),
a więc
\(\displaystyle{ \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3} + \dots + \frac{a_k}{c}+ \frac{c}{a_{k+1}}+ \frac{a_{k+1}}{a_{k+2}} +\dots+ \frac{a_{n-1}}{a_n} + \frac{a_n}{a_1} -n-d \ge n+1-n-d=1-d>0}\)
co oznacza, że niemożliwym jest, by
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \left( \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3} + \dots + \frac{a_{n-1}}{a_n} + \frac{a_n}{a_1} -n\right)=0.}\)
(oszacowanie z dołu przez stałą dodatnią), a to kończy rozwiązanie zadania.-- 2 maja 2017, o 00:16 --Aha, uwaga: ciągi rosnące to podejście też uwzględnia (co na pierwszy rzut oka można przeoczyć), gdyż dla nich będzie
\(\displaystyle{ a_n>a_1}\) dla dużych \(\displaystyle{ n}\).
-
timon92
- Użytkownik
- Posty: 1657
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 472 razy
Re: ciąg stały
bardzo ładny pomysł na rozwiązanie!
dowód lematu można trochę uprościć wskazując \(\displaystyle{ c}\) i \(\displaystyle{ d}\) palcem, np. \(\displaystyle{ c=\sqrt{ab}}\) i \(\displaystyle{ d=1-\left(\sqrt{\frac ab}-1\right)^2}\) i dzięki temu widać też, że można osłabić założenie do \(\displaystyle{ a\neq b}\)
powyższy dowód można troszkę uprościć i w ogóle napisać go wprost (to jest w gruncie rzeczy to samo, ale wychodzi nieco krócej):
ustalmy wskaźnik \(\displaystyle{ k}\), dla każdego \(\displaystyle{ n>k+1}\) mamy (na mocy AM-GM):
\(\displaystyle{ \frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\ldots+\frac{a_n}{a_1} - n = \\
\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\ldots+\frac{a_{k-1}}{a_k}+\frac{a_{k+1}}{a_{k+2}}+\ldots+\frac{a_n}{a_1} + 2\sqrt{\frac{a_k}{a_{k+1}}} - n-1 + \left(\sqrt{\frac{a_k}{a_{k+1}}} - 1 \right)^2 \ge \\
\left(\sqrt{\frac{a_k}{a_{k+1}}} - 1 \right)^2,}\)
przechodząc do granicy z \(\displaystyle{ n\to\infty}\) dostajemy \(\displaystyle{ 0\ge \left(\sqrt{\frac{a_k}{a_{k+1}}} - 1 \right)^2}\), skąd \(\displaystyle{ a_k=a_{k+1}}\) i z dowolności wyboru \(\displaystyle{ k}\) wnioskujemy, iż \(\displaystyle{ a_1=a_2=a_3=\ldots}\)
dowód lematu można trochę uprościć wskazując \(\displaystyle{ c}\) i \(\displaystyle{ d}\) palcem, np. \(\displaystyle{ c=\sqrt{ab}}\) i \(\displaystyle{ d=1-\left(\sqrt{\frac ab}-1\right)^2}\) i dzięki temu widać też, że można osłabić założenie do \(\displaystyle{ a\neq b}\)
powyższy dowód można troszkę uprościć i w ogóle napisać go wprost (to jest w gruncie rzeczy to samo, ale wychodzi nieco krócej):
ustalmy wskaźnik \(\displaystyle{ k}\), dla każdego \(\displaystyle{ n>k+1}\) mamy (na mocy AM-GM):
\(\displaystyle{ \frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\ldots+\frac{a_n}{a_1} - n = \\
\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\ldots+\frac{a_{k-1}}{a_k}+\frac{a_{k+1}}{a_{k+2}}+\ldots+\frac{a_n}{a_1} + 2\sqrt{\frac{a_k}{a_{k+1}}} - n-1 + \left(\sqrt{\frac{a_k}{a_{k+1}}} - 1 \right)^2 \ge \\
\left(\sqrt{\frac{a_k}{a_{k+1}}} - 1 \right)^2,}\)
przechodząc do granicy z \(\displaystyle{ n\to\infty}\) dostajemy \(\displaystyle{ 0\ge \left(\sqrt{\frac{a_k}{a_{k+1}}} - 1 \right)^2}\), skąd \(\displaystyle{ a_k=a_{k+1}}\) i z dowolności wyboru \(\displaystyle{ k}\) wnioskujemy, iż \(\displaystyle{ a_1=a_2=a_3=\ldots}\)