ciąg rekurencyjny

[ann_u]

Dany jest ciąg \(\displaystyle{ a_1=a_2=1}\) oraz \(\displaystyle{ a_{n+2}=a_{n+1}+\frac{1}{n^2}a_n}\). Sprawdź czy granica ciągu jest liczba wymierną.

[janusz47]

Znajdujemy wyraz ogólny ciągu \(\displaystyle{ ( a_{n}),}\) jako rozwiązanie równania rekurencyjnego

o równaniu charakterystycznym \(\displaystyle{ x^2 - x - \frac{1}{n^2}=0, \ \ n> 2,}\) którego pierwiastkami są:

\(\displaystyle{ \alpha = \frac{1+\sqrt{1+\frac{4}{n^2}}}{2}, \ \ \beta = \frac{1 -\sqrt{1+\frac{4}{n^2}}}{2}}\)


\(\displaystyle{ a_{n}= \left(\frac{1 +\sqrt{1+\frac{4}{n^2}}}{2}\right)^{n} + \left(\frac{1 -\sqrt{1+\frac{4}{n^2}}}{2}\right)^{n}}\)

Pozostaje wykazać, że ta granica:

\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} a_{n} = 1}\) jest liczbą wymierną.

[Premislav]

janusz47, przecież \(\displaystyle{ n}\) jest zmienne, nie można do czegoś takiego stosować teorii rekurencji o stałych współczynnikach. Poza tym ta granica z całą pewnością nie wynosi \(\displaystyle{ 1}\), ciąg jest niemalejący, a już \(\displaystyle{ a_3=2}\).
Przypuszczam, że granicą tego ciągu jest \(\displaystyle{ 3}\), ale nie udało mi się tego jeszcze udowodnić.

[janusz47]

Premislav

Rozwiązaniem ogólnym tego równania jest


\(\displaystyle{ c\left(\frac{1 +\sqrt{1+\frac{4}{n^2}}}{2}\right)^{n} + d \left(\frac{1 -\sqrt{1+\frac{4}{n^2}}}{2}\right)^{n}}\)

Stałe \(\displaystyle{ c, d}\) określamy z warunku z \(\displaystyle{ a_{1}= a_{2} = 1.}\) Po otrzymaniu rozwiązania szczególnego obliczamy granicę ciągu \(\displaystyle{ (a_{n}).}\)

[robertm19]

janusz47, udowodnij.

[Premislav]

na nic to się nie przyda:    

\(\displaystyle{ \textbf{Lemat nr 1:}}\)
Dla \(\displaystyle{ n\in \NN^+, \ n\ge 3}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ a_n\ge 3\left( 1-\frac 1 n\right)}\).
Dowód lematu to indukcja po \(\displaystyle{ n\ge 3}\) o następującym schemacie:
\(\displaystyle{ \left[T(3)\wedge T(4)\wedge( (\forall n\ge 3)(T(n)\wedge T(n+1)\Rightarrow T(n+2)) \right]\Rightarrow (\forall n\ge 3)(T(n))}\)
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) dla \(\displaystyle{ n=3}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ a_3=2=3\left( 1-\frac 1 3\right)}\),
zaś dla \(\displaystyle{ n=4}\) dostajemy z zależności rekurencyjnej \(\displaystyle{ a_4=\frac 9 4=3\left( 1-\frac 1 4\right)}\)
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Przypuśćmy, że dla pewnego \(\displaystyle{ n\in \NN^+, \ n\ge 3}\) zachodzą nierówności \(\displaystyle{ a_n\ge 3\left( 1-\frac 1 n\right), \ a_{n+1}\ge 3\left( 1-\frac{1}{n+1}\right)}\).
Wówczas dzięki zależności rekurencyjnej
\(\displaystyle{ a_{n+2}=a_{n+1}+\frac{1}{n^2}a_n}\) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ a_{n+2}\ge 3\left( 1-\frac{1}{n+1}\right)+\frac{3}{n^2}\left( 1-\frac 1 n\right)\ge 3-\frac{3}{n+2}}\)
Ta ostatnia nierówność jest prawdziwa dla \(\displaystyle{ n\ge 3}\), gdyż jest równoważna takiej:
\(\displaystyle{ \frac{1}{n+2}\ge \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n^2}\left( 1-\frac 1 n\right) \\\frac{1}{n+2}\ge \frac{1}{n+1}-\frac{n-1}{n^3}\\(n+2)(n-1)(n+1)\ge n^3\\ 2n^2-n-2\ge 0}\),
co dla \(\displaystyle{ n\ge 3}\) jest oczywiste.

Teraz trzeba wymyślić oszacowanie z góry postaci \(\displaystyle{ 3-b_n}\) dla pewnego ciągu liczb nieujemnych \(\displaystyle{ (b_n)_{n=1}^{\infty}}\), ale po ponad godzinie klepania się poddaję.

Zadanie wydaje się nie tyle trudne, co bardzo żmudne i na pewno magiczny ciąg janusza47 nie jest tożsamy z tym z zadania.

[robertm19]

Premislav, próbowałeś w excelu obliczyć kolejne elementy? Ciąg przekracza 3 i jest rosnący, więc granicą na pewno nie będzie 3.

[Premislav]

robertm19, słusznie, dzięki za zwrócenie uwagi, policzyłem teraz trochę wyrazów w gnumericu i wyrazy ciągu przekraczają nawet \(\displaystyle{ 3,2}\).

[Sylwek]

Co do prób pokazania zbieżności (choć nie trzeba tego robić), widać, że fajnie by było ograniczyć indukcyjnie \(\displaystyle{ a_n}\) przez sumy częściowe jakiegoś szeregu \(\displaystyle{ \sum b_k}\), który jest zbieżny.

Widać, że tempo \(\displaystyle{ b_k=\frac{a}{k^2}}\) jest trochę za słabe na spokojne użycie indukcji tutaj (jak ktoś spróbuje, zobaczy, gdzie jest problem przy "prostej" indukcji). Więc trzeba trochę wzmocnić indukcję.

Ale jak weźmiemy szereg nieco wolniej zbieżny, to zaraz pojawia się całkiem ładny naturalny kandydat: \(\displaystyle{ \sum \frac{4\sqrt{k}}{k^2}}\) (czemu 4? - mając policzone trochę wyrazów ciągu mamy przeczucie \(\displaystyle{ a_n<4}\), więc czemu by nie?).

Można więc np. pokazać indukcyjnie nierówność \(\displaystyle{ a_{n+2} \le \sum_{k=1}^n \frac{4\sqrt{k}}{k^2}}\) dla \(\displaystyle{ n \ge 1}\), co wymaga trochę pracy, ale zostawiam to dla ciekawych.

A teraz do głównego pytania w zadaniu... no cóż, nie wiem

[arek1357]

Dołożę jeszcze swoje trzy grosze:

\(\displaystyle{ a_{n+2}=a_{n+1}+ \frac{1}{n^2}a_{n}}\)

obłóżmy to sumą:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty }a_{n+2}x^n= \sum_{n=1}^{ \infty }a_{n+1}x^n+ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^2}a_{n}x^n}\)

przekształćmy:

\(\displaystyle{ \frac{1}{x^2} \sum_{n=1}^{ \infty }a_{n+2}x^{n+2}= \frac{1}{x} \sum_{n=1}^{ \infty }a_{n+1}x^{n+1}+ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^2}a_{n}x^n}\)

\(\displaystyle{ S= \sum_{n=1}^{ \infty }a_{n}x^n}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{x^2}\left( S-x-x^2\right)= \frac{1}{x}\left( S-x\right)+ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{a_{n}}{n^2}x^n /'}\)

Zróżniczkujmy to i pomnóżmy przez \(\displaystyle{ x}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ \frac{S'}{x}- \frac{2S}{x^2}+ \frac{1}{x}=S'x-S+ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{a_{n}}{n}x^n}\)

Zróżniczkujmy jeszcze raz:

\(\displaystyle{ \frac{S''x-S'}{x^4}- \frac{2S'x^2-4Sx}{x^4}- \frac{1}{x^4}=S''x+S'-S'+ \frac{1}{x}\sum_{n=1}^{ \infty }a_{n}x^n}\)

po uproszczeniu:

\(\displaystyle{ (x^2-x^4)S''-3xS'+(4-x^2)S=x}\)

Może się ktoś z tym równaniem zmierzy...

sorry za pomyłki...