Lepiej zapisane, ale nadal słabo.
1)
\(\displaystyle{ a_{1}=1, \ a_{n+1}=1+\frac{1}{a_{n}}}\).
Zapiszmy to równanie rekurencyjne w postaci
\(\displaystyle{ a_{n+1}=\frac{a_{n}+1}{a_{n}}}\). Mamy więc równanie postaci
\(\displaystyle{ a_{n+1}=f(a_{n})}\), gdzie
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{x+1}{x}}\) jest homografią. Możemy ją reprezentować poprzez macierz
\(\displaystyle{ \left(\begin{array}{cc}1&1\\1&0\end{array}\right)}\), natomiast składaniu homografii odpowiada mnożenie macierzy, a widzimy, że dla
\(\displaystyle{ n\ge 2}\) jest
\(\displaystyle{ a_{n+1}=f(a_{n})=f(f(a_{n-1}))}\), i tak dalej, ogólnie
\(\displaystyle{ a_{n+1}=f^{n}(a_{1})}\), gdzie
\(\displaystyle{ f^{n}}\) to
\(\displaystyle{ n}\)-krotne złożenie funkcji
\(\displaystyle{ f}\) (z samą sobą).
Otrzymamy zatem
\(\displaystyle{ a_{n+1}=\frac{x_{11}^{(n)}\cdot a_{1}+x_{12}^{(n)}}{x_{21}^{(n)}\cdot a_{1}+x_{22}^{(n)}}}\),
gdzie
\(\displaystyle{ x_{ij}^{(n)}}\) są współczynnikami macierzy
\(\displaystyle{ \left(\begin{array}{cc}1&1\\1&0\end{array}\right)^{n}}\). Normalnie coś takiego wygodnie potęguje się dzięki diagonalizacji lub postaci Jordana i warto to znać, ale tutaj prościej byłoby udowodnić, że dla
\(\displaystyle{ n\in \NN^{+}}\) mamy
\(\displaystyle{ \left(\begin{array}{cc}1&1\\1&0\end{array}\right)^{n}=\left(\begin{array}{cc}F_{n+1}&F_{n}\\F_{n}&F_{n-1}\end{array}\right)}\),
gdzie
\(\displaystyle{ F_{k}}\) jest
\(\displaystyle{ k}\)-tym wyrazem ciągu Fibonacciego.
Zrobimy to indukcyjnie. Dla
\(\displaystyle{ n=1}\) jest to jasne, wszak
\(\displaystyle{ F_{2}=F_{1}=1, \ F_{1}=0}\).
Teraz krok indukcyjny. Przypuśćmy, że dla pewnego
\(\displaystyle{ n\in \NN^{+}}\) zachodzi
\(\displaystyle{ \left(\begin{array}{cc}1&1\\1&0\end{array}\right)^{n}=\left(\begin{array}{cc}F_{n+1}&F_{n}\\F_{n}&F_{n-1}\end{array}\right)}\).
Wówczas mamy
\(\displaystyle{ \left(\begin{array}{cc}1&1\\1&0\end{array}\right)^{n+1}=\left(\begin{array}{cc}F_{n+1}&F_{n}\\F_{n}&F_{n-1}\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cc}1&1\\1&0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}F_{n+1}+F_{n}&F_{n+1}\\F_{n}+F_{n-1}&F_{n} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}F_{n+2}&F_{n+1}\\F_{n+1}&F_{n} \end{array}\right)}\)
a to kończy nasz dowód indukcyjny.
Czyli
\(\displaystyle{ x_{11}^{(n)}=F_{n+1}, \ x_{12}^{(n)}=x_{21}^{(n)}=F_{n}, \ x_{22}^{(n)}=F_{n-1}, \ n=1,2\ldots }\)
Skoro
\(\displaystyle{ a_{1}=1}\), to dostajemy
\(\displaystyle{ a_{n+1}=\frac{F_{n+1}+F_{n}}{F_{n}+F_{n-1}}}\).
Znany jest fakt (można go udowodnić na przykład z użyciem funkcji tworzących lub również za pomocą indukcji, tylko o trochę innym schemacie), że
\(\displaystyle{ F_{n}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}\right)}\)
Ponieważ
\(\displaystyle{ \frac{1+\sqrt{5}}{2}>1, \ \left|\frac{1-\sqrt{5}}{2} \right|<1}\), więc z powyższej równości nietrudno wywnioskować, że
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}F_{n}=+\infty, \ \lim_{n\to \infty}\frac{F_{n+1}}{F_{n}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}}\), możemy też przepisać
\(\displaystyle{ a_{n+1}=\frac{\frac{F_{n+1}}{F_{n}}+1}{1+\frac{F_{n-1}}{F_{n}}}}\)
i korzystając z powyższych własności, łatwo już uzyskujemy
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}a_{n}=\lim_{n\to \infty}a_{n+1}=\frac{\frac{1+\sqrt{5}}{2}+1}{1+\frac{1}{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}}\\=\frac{\frac{1+\sqrt{5}}{2}+1}{1+\frac{\sqrt{5}-1}{2}}=\frac{3+\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}}}\)
Dodano po 38 minutach 18 sekundach:
Re: Granica ciągu rekurencyjnego
2) Myślałem nad bardziej eleganckim pomysłem, ale coś chyba nie w formie jestem (jak zwykle
).
Równanie charakterystyczne odpowiadające równaniu rekurencyjnemu
\(\displaystyle{ a_{n+1}=\frac{a_{n}+a_{n-1}}{2}}\) ma postać
\(\displaystyle{ x^{2}=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}}\), toteż łatwo wyliczyć miejsca zerowe
\(\displaystyle{ x_{1}=1, \ x_{2}=-\frac{1}{2}}\) i w związku z tym istnieją takie stałe
\(\displaystyle{ C_{1}, \ C_{2}}\), że
\(\displaystyle{ a_{n}=C_{1}\cdot 1^{n}+C_{2}\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^{n}}\)
Podstawiając kolejno
\(\displaystyle{ n=0, \ n=1}\) otrzymujemy układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases}C_{1}+C_{2}=0\\C_{1}-\frac{1}{2}C_{2}=1\end{cases}}\),
z którego to łatwo dostajemy
\(\displaystyle{ C_{1}=\frac{2}{3}, \ C_{2}=-\frac{2}{3}}\). Otrzymaliśmy więc
\(\displaystyle{ a_{n}=\frac{2}{3}-\frac{2}{3}\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^{n}}\), stąd oczywiście
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}a_{n}=\frac{2}{3}}\).