Rekurencja i pytanie teoretyczne

Własności ciągów i zbieżność, obliczanie granic. Twierdzenia o zbieżności.
MlodyMatematykAmator
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 55
Rejestracja: 23 mar 2019, o 17:45
Płeć: Mężczyzna
wiek: 19
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 16 razy

Rekurencja i pytanie teoretyczne

Post autor: MlodyMatematykAmator » 13 lis 2019, o 21:24

Witam. Mam proste pytanie co do jednego z zadań, bo czuję, że coś w moim mózgu się zapętliło i potrzebuję rozjaśnienia oraz luźno z tym związane pytanie teoretyczne.

Niech \(\displaystyle{ a_{0}=0, a_{1}=3, a_{n+2} = 7 a_{n+1} - 10 a_{n} }\) dla \(\displaystyle{ n=0, 1, 2, 3, ...}\)
Udowodnić, że \(\displaystyle{ a_{n}= 5^{n} - 2^{n} }\) (*) dla \(\displaystyle{ n \in \NN.}\)

Domyślam się, że na indukcję. Czy w założeniu indukcyjnym powinienem założyć, że wzór (*), który mam udowodnić zachodzi dla \(\displaystyle{ a_{n} }\) oraz dla \(\displaystyle{ a_{n+1} }\) oraz udowadniać tezę, że zachodzi również dla \(\displaystyle{ a_{n+2} }\)?

Drugie pytanie trochę teoretyczne. Zastanawiam się z czego właściwie wynika (albo czyje to twierdzenie, bo w podręcznikach spotkałem się tylko z napisem "lemat"), że jeżeli ciąg \(\displaystyle{ a_{n} }\), \(\displaystyle{ n \in \NN}\) jest ciągiem o wyrazach dodatnich oraz
\(\displaystyle{ \lim_{ x\to \infty } \frac{ a_{n+1} }{ a_{n} } = g}\)
to również
\(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } \sqrt[n]{ a_{n} } = g}\)

Pozdrawiam, Damian
Ostatnio zmieniony 13 lis 2019, o 22:06 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 26139
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 4368 razy

Re: Rekurencja i pytanie teoretyczne

Post autor: Jan Kraszewski » 13 lis 2019, o 22:07

MlodyMatematykAmator pisze:
13 lis 2019, o 21:24
Domyślam się, że na indukcję. Czy w założeniu indukcyjnym powinienem założyć, że wzór (*), który mam udowodnić zachodzi dla \(\displaystyle{ a_{n} }\) oraz dla \(\displaystyle{ a_{n+1} }\) oraz udowadniać tezę, że zachodzi również dla \(\displaystyle{ a_{n+2} }\)?
Tak.

JK

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14618
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 96 razy
Pomógł: 4814 razy

Re: Rekurencja i pytanie teoretyczne

Post autor: Premislav » 14 lis 2019, o 01:37

MlodyMatematykAmator pisze:
13 lis 2019, o 21:24

Drugie pytanie trochę teoretyczne. Zastanawiam się z czego właściwie wynika (albo czyje to twierdzenie, bo w podręcznikach spotkałem się tylko z napisem "lemat"), że jeżeli ciąg \(\displaystyle{ a_{n} }\), \(\displaystyle{ n \in \NN}\) jest ciągiem o wyrazach dodatnich oraz
\(\displaystyle{ \lim_{ x\to \infty } \frac{ a_{n+1} }{ a_{n} } = g}\)
to również
\(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } \sqrt[n]{ a_{n} } = g}\)
Można to udowodnić w następujący sposób:
zapiszmy
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a_{n}}=\sqrt[n]{\frac{a_{n}}{a_{n-1}}\cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\cdot \ldots \cdot \frac{a_{2}}{a_{1}}\cdot a_{1}}}\).
Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną mamy:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{\frac{a_{n}}{a_{n-1}}\cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\cdot \ldots \cdot \frac{a_{2}}{a_{1}}\cdot a_{1}}\le \frac{\frac{a_{n}}{a_{n-1}}+\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}+\ldots+\frac{a_{2}}{a_{1}}+a_{1}}{n} \ (*)}\),
natomiast z nierówności między średnią geometryczną a harmoniczną otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \frac{n}{\frac{a_{n-1}}{a_{n}}+\frac{a_{n-2}}{a_{n-1}}+\ldots+\frac{a_{1}}{a_{2}}+\frac{1}{a_{1}}}\le \sqrt[n]{\frac{a_{n}}{a_{n-1}}\cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\cdot \ldots \cdot \frac{a_{2}}{a_{1}}\cdot a_{1}} \ (@)}\)

Wykażemy teraz dwie rzeczy:
1) jeśli \(\displaystyle{ (x_{n})}\) jest ciągiem o wyrazach dodatnich i \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}x_{n}=g}\), to \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}\frac{x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}}{n}=g}\)
Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ \epsilon>0}\). Niech \(\displaystyle{ N\in \NN}\) będzie takie, że dla dowolnego \(\displaystyle{ n>N}\) zachodzi
\(\displaystyle{ g-\frac{\epsilon}{2}<x_{n}<g+\frac{\epsilon}{2}}\). Weźmy takie ustalone \(\displaystyle{ N}\). Wtedy dla \(\displaystyle{ n>N}\) mamy
\(\displaystyle{ \frac{x_{1}+\ldots+x_{N}+(n-N)\left(g-\frac{\epsilon}{2}\right)}{n}<\frac{x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{N}+x_{N+1}+\ldots+x_{n}}{n}<\frac{x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{N}+(n-N)\left(g+\frac{\epsilon}{2}\right)}{n}}\)
Oczywiście mamy też \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}\frac{x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{N}}{n}=0}\), więc istnieje takie \(\displaystyle{ N_{1}\in \NN}\), że dla \(\displaystyle{ n>N_{1}}\) zachodzi
\(\displaystyle{ \frac{x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{N}}{n}<N\left(g+\frac{\epsilon}{2}\right)}\);
zatem dla \(\displaystyle{ n>\max\left\{N, N_{1}\right\}}\) mamy
\(\displaystyle{ g-\frac{Ng}{n}+\frac{N\epsilon}{2n}-\frac{\epsilon}{2} <\frac{x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{N}+x_{N+1}+\ldots+x_{n}}{n}<g+\frac{\epsilon}{2} }\).
Ponadto, rzecz jasna, jest \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \left(-\frac{Ng}{n}+\frac{N\epsilon}{2n}\right)=0}\), przeto istnieje takie \(\displaystyle{ N_{2}\in \NN}\), że dla \(\displaystyle{ n>N_{2}}\) zajdzie
\(\displaystyle{ -\frac{\epsilon}{2}<-\frac{Ng}{n}+\frac{N\epsilon}{2n}}\)
Zatem gdy \(\displaystyle{ n>\max\left\{N, N_{1}, N_{2}\right\}}\), to
\(\displaystyle{ g-\epsilon<\frac{x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{N}+x_{N+1}+\ldots+x_{n}}{n}<g+\frac{\epsilon}{2}}\), w szczególności
\(\displaystyle{ g-\epsilon<\frac{x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{N}+x_{N+1}+\ldots+x_{n}}{n}<g+\epsilon}\).
To kończy dowód.


2) jeśli \(\displaystyle{ (x_{n})}\) jest ciągiem o wyrazach dodatnich i \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}x_{n}=g}\) jest liczbą rzeczywistą dodatnią, to
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}\frac{n}{\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\ldots+\frac{1}{x_{n}}}=g}\)
Ten dowód pozostawiam jako ćwiczenie dla Czytelnika, styl jest podobny.

Teraz gdy \(\displaystyle{ g>0}\), to używając nierówności \(\displaystyle{ (*), \ (@)}\) i twierdzenia o trzech ciągach dostajemy tezę zadania, zaś gdy \(\displaystyle{ g=0}\), to wystarczy szacowanie \(\displaystyle{ (*)}\) z góry i szacowanie przez zero z dołu (wszak iloczyn dodatnich wyrazów jest dodatni) i również zastosowanie twierdzenia o trzech ciągach kończy dowód.

MlodyMatematykAmator
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 55
Rejestracja: 23 mar 2019, o 17:45
Płeć: Mężczyzna
wiek: 19
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 16 razy

Re: Rekurencja i pytanie teoretyczne

Post autor: MlodyMatematykAmator » 14 lis 2019, o 18:15

Dziękuję za odpowiedzi Panowie. Żeby nie robić spamu pytaniami, jeszcze jedno krótkie, proste pytanie.

Dany jest ciąg \(\displaystyle{ a_{n}}\) dla \(\displaystyle{ n \in N}\), że \(\displaystyle{ a_{1} = 1 }\) oraz \(\displaystyle{ a_{n+1} = \frac{1}{ a_{1} + a_{2} + ... + a_{n} } }\)

Zbadaj zbieżność i znajdź granicę.

Rozpatrywanie różnicy \(\displaystyle{ a_{n+1} - a_{n} }\) niewiele mi dało. Tak samo ilorazu. Intuicyjnie widać, że wszystkie wyrazy są dodatnie, ale jak to udowodnić?

Pozdrawiam, Damian

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14618
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 96 razy
Pomógł: 4814 razy

Re: Rekurencja i pytanie teoretyczne

Post autor: Premislav » 14 lis 2019, o 19:14

Przez indukcję zupełną udowodnij, że ciąg \(\displaystyle{ (a_{n})}\) ma wyrazy wyłącznie dodatnie. Dalej zauważmy, że dla \(\displaystyle{ n>1}\) zachodzi
\(\displaystyle{ \frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=(a_{1}+\ldots+a_{n})-(a_{1}+\ldots+a_{n-1})=a_{n}>0}\), czyli mamy
\(\displaystyle{ a_{n}-a_{n+1}>0}\) dla \(\displaystyle{ n>1}\). Ciąg \(\displaystyle{ (a_{n})}\) jest więc od pewnego miejsca (nawet wiemy, od którego) malejący. Skoro ma wyrazy wyłącznie dodatnie, to jest ograniczony z dołu przez zero, toteż z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczonym wynika, że istnieje granica właściwa \(\displaystyle{ g=\lim_{n\to \infty}a_{n}}\). Teraz przypuśćmy nie wprost, że \(\displaystyle{ g>0}\). Wówczas
\(\displaystyle{ \frac{1}{a_{n}}\stackrel{n\to +\infty}\longrightarrow \frac{1}{g}}\) i przechodząc do granicy w równości
\(\displaystyle{ \frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=a_{n}}\), dostajemy \(\displaystyle{ \frac{1}{g}-\frac{1}{g}=g}\), tj. \(\displaystyle{ g=0}\). Sprzeczność z założeniem nie wprost. Zatem musi być \(\displaystyle{ g=0}\).

MlodyMatematykAmator
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 55
Rejestracja: 23 mar 2019, o 17:45
Płeć: Mężczyzna
wiek: 19
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 16 razy

Re: Rekurencja i pytanie teoretyczne

Post autor: MlodyMatematykAmator » 14 lis 2019, o 21:00

Premislav pisze:
14 lis 2019, o 19:14
\(\displaystyle{ \frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=(a_{1}+\ldots+a_{n})-(a_{1}+\ldots+a_{n-1})=a_{n}>0}\)
Rozpatrzmy granicę ilorazu \(\displaystyle{ \frac{ a_{n+1} }{ a_{n} }}\). Skoro wszystkie wyrazy ciągu są dodatnie licznik jest mniejszy od mianownika:

\(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } \frac{ a_{1} + ... + a_{n-1} }{ a_{1} + ... + a_{n-1} + a_{n} } < 1}\)

Zgodnie z kryterium d'Alemberta szereg o wyrazie ogólnym \(\displaystyle{ a_{n} }\) jest zbieżny, więc w szczególności \(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } a_{n} = 0.}\)

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14618
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 96 razy
Pomógł: 4814 razy

Re: Rekurencja i pytanie teoretyczne

Post autor: Premislav » 14 lis 2019, o 21:17

Obawiam się, że to jest niedobrze, z tego, że
\(\displaystyle{ \frac{ a_{1} + ... + a_{n-1} }{ a_{1} + ... + a_{n-1} + a_{n} } < 1}\) nie wynika, że
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}\frac{ a_{1} + ... + a_{n-1} }{ a_{1} + ... + a_{n-1} + a_{n} } < 1}\), a tego ostatniego w żaden sposób nie wykazałeś.
Co więcej, nie jest prawdą, że szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}}\) jest zbieżny (to wymagało ode mnie dłuższej chwili zastanowienia, widać wyszedłem z wprawy).
Przypuśćmy nie wprost, że jest on zbieżny, wówczas po pierwsze z warunku koniecznego mamy \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}a_{n}=0}\), a po drugie istnieje granica właściwa \(\displaystyle{ g=\lim_{N \to \infty}\sum_{n=1}^{N}a_{n}, \ g>0}\) (wszak \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{N}a_{n}\ge a_{1}=1}\) z dodatniości wyrazów ciągu). Jednakże z zależności rekurencyjnej mamy
\(\displaystyle{ a_{N+1}=\frac{1}{\sum_{n=1}^{N}a_{n}}}\) i przechodząc z \(\displaystyle{ N}\) do nieskończoności dostajemy \(\displaystyle{ 0=\frac{1}{g}}\), sprzeczność.
Niestety nie potrafię natomiast powiedzieć nic mądrego o asymptotyce tego szeregu, ale tego zadanie nie dotyczy.

MlodyMatematykAmator
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 55
Rejestracja: 23 mar 2019, o 17:45
Płeć: Mężczyzna
wiek: 19
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 16 razy

Re: Rekurencja i pytanie teoretyczne

Post autor: MlodyMatematykAmator » 14 lis 2019, o 21:42

Premislav pisze:
14 lis 2019, o 21:17
Obawiam się, że to jest niedobrze, z tego, że
\(\displaystyle{ \frac{ a_{1} + ... + a_{n-1} }{ a_{1} + ... + a_{n-1} + a_{n} } < 1}\) nie wynika, że
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}\frac{ a_{1} + ... + a_{n-1} }{ a_{1} + ... + a_{n-1} + a_{n} } < 1}\)
Racja, mój błąd, w drugim równaniu zachodzi chyba równość, bo:

\(\displaystyle{ \frac{ a_{1} + ... + a_{n-1} }{ a_{1} + ... + a_{n-1} + a_{n} } \le \frac{ a_{1} + ... + a_{n-1} + a_{n} }{ a_{1} + ... + a_{n-1} + a_{n} }}\)

A to z prawej dąży do jednego. Niestety nierówność jest nieostra, a skoro szereg nie jest zbieżny jak Pan udowodnił, pechowo zachodzi równość. xd

A to ostatnie muszę w jakiś sposób wykazywać? Myślałem, że to powszechnie znany warunek konieczny zbieżności szeregu?

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14618
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 96 razy
Pomógł: 4814 razy

Re: Rekurencja i pytanie teoretyczne

Post autor: Premislav » 14 lis 2019, o 21:50

Nie, warunku koniecznego nie musisz wykazywać, wystarczy, że się nań powołasz. No ale tutaj akurat to podejście nie działa, gdyż szereg
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}}\) jest, jak wykazałem, rozbieżny.

ODPOWIEDZ