\(\displaystyle{ A_{n+1}=\frac{A_n}{2}-\sqrt{B_n},\qquad B_{n+1}=-\frac{A_n\sqrt{B_n}}{2}.}\)
Oblicz granice obu ciągów.Dwa ciagi
-
Math_Logic
- Użytkownik
- Posty: 73
- Rejestracja: 8 paź 2021, o 20:06
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 14 razy
-
arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5740
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 130 razy
- Pomógł: 525 razy
Re: Dwa ciagi
No więc spróbuję coś wrzucić moje przemyślenia na ten temat, najpierw rozsupłam i wyciągnę ciąg \(\displaystyle{ B_{n}}\)
\(\displaystyle{ B_{n+1}= -\frac{1}{2}A_{n} \sqrt{B_{n}} }\)
Z tego:
\(\displaystyle{ A_{n}= \frac{-2B_{n+1}}{ \sqrt{B_{n}} } }\)
\(\displaystyle{ A_{n+1}= \frac{-2B_{n+2}}{ \sqrt{B_{n+1}} } }\)
Podstawmy teraz do pierwszego wzoru:
\(\displaystyle{ \frac{-2B_{n+2}}{ \sqrt{B_{n+1}} }= \frac{1}{2} \frac{-2B_{n+1}}{ \sqrt{B_{n}} }- \sqrt{B_{n}} }\)
Lub po przekształceniach:
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right) , B_{0}=b>0, B_{1}=- \frac{1}{2}a \sqrt{b} , A_{0}=a<0 }\)
Teraz udowodnimy, że:
\(\displaystyle{ B_{n}}\) jest rosnący, czyli czy:
\(\displaystyle{ B_{n+2} \ge B_{n+1}}\)
czy zachodzi:
\(\displaystyle{ \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right) \ge 2B_{n+1}/^2}\)
łatwe rachunki prowadzą nas do tego, że:
\(\displaystyle{ (B_{n+1}-B_{n})^2 \ge 0}\)
Co oczywiście jest prawdą a więc ciąg jest rosnący i dodatni...
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right)}\)
Patrząc na to można się spodziewać, że ta część ciągu:
\(\displaystyle{ \sqrt{B_{n}B_{n+1}} }\) nie może zbliżać się do zera, więc punktem przyciągania zawsze będzie jedynka (ciąg rosnący, dodatni)
Więc od pewnego miejsca będzie:
\(\displaystyle{ \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \ge \frac{1}{2} }\)
co da nam:
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right) \ge \frac{1}{4} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right)= \frac{1}{4}\frac{B_{n+1}}{B_{n}}+ \frac{1}{4} \rightarrow \infty }\)
Bo tych \(\displaystyle{ \frac{1}{4} }\) dąży do nieskończoności a ułamek jest dodatni...
Ale i tak mam tu pewne wątpliwości... !!!
Teraz przepiszmy jeszcze raz ten ciąg:
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right)/^2 \cdot 4}\)
Po podniesieniu do kwadratu, przemnożeniu przez mianownik otrzymamy:
\(\displaystyle{ 4B_{n}B_{n+2}^2-B_{n+1}^3-8B_{n}B_{n+1}^2-4B_{n}^2B_{n+1}=0}\)
Jak widać jest to równanie jednorodne więc zastosujmy podstawienie w myśl zasady :
\(\displaystyle{ B_{x}^y \rightarrow r^{xy}}\)
Otrzymamy równanie:
\(\displaystyle{ r\left( 4r^3-r^2-8r-4\right)=0}\)
Rozwiązanie tego będzie:
w sumie trzy pierwiastki:
jedno rzeczywiste i dwa zespolone sprzężone, jawna postać może mieć postać więc:
\(\displaystyle{ r}\) - rzeczywiste, \(\displaystyle{ r_{1}, r_{2}}\) - zespolone
\(\displaystyle{ r= \frac{1+ \sqrt[3]{1009-24 \sqrt{183} }+ \sqrt[3]{1009+24 \sqrt{183} } }{12} \approx 1,735 }\)
więc rozwiązania przy takim mogą mieć postać:
\(\displaystyle{ B_{n}=r^n, B_{n}=r_{1}^n, B_{n}=r_{2}^n}\)
Jeszcze jedna rzecz:
przepiszmy początkowe:
\(\displaystyle{ A_{n+1}= \frac{1}{2}A_{n}- \sqrt{B_{n}} , B_{n+1}=- \frac{1}{2}A_{n} \sqrt{B_{n}} }\)
Zauważmy , że:
\(\displaystyle{ (a,- \frac{1}{4}a^2) }\) - jest punktem stałym tego odwzorowania:
\(\displaystyle{ (x,y) \rightarrow \left( \frac{1}{2}x- \sqrt{y} ,- \frac{1}{2} x \sqrt{y} \right) }\)
Jak widać:
\(\displaystyle{ (x,y) \in}\) do drugiej ćwiartki układu współrzędnych a lewa gałąź paraboli: \(\displaystyle{ (x,- \frac{1}{4}x^2)}\) jest miejscem stałych punktów tego odwzorowania...
Można by teraz spojrzeć na ciąg.: \(\displaystyle{ A_{n}}\) łaskawszym okiem...
\(\displaystyle{ A_{n+1}= \frac{-2B_{n+2}}{ \sqrt{B_{n+1}} } }\)
\(\displaystyle{ B_{n+1}= -\frac{1}{2}A_{n} \sqrt{B_{n}} }\)
Z tego:
\(\displaystyle{ A_{n}= \frac{-2B_{n+1}}{ \sqrt{B_{n}} } }\)
\(\displaystyle{ A_{n+1}= \frac{-2B_{n+2}}{ \sqrt{B_{n+1}} } }\)
Podstawmy teraz do pierwszego wzoru:
\(\displaystyle{ \frac{-2B_{n+2}}{ \sqrt{B_{n+1}} }= \frac{1}{2} \frac{-2B_{n+1}}{ \sqrt{B_{n}} }- \sqrt{B_{n}} }\)
Lub po przekształceniach:
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right) , B_{0}=b>0, B_{1}=- \frac{1}{2}a \sqrt{b} , A_{0}=a<0 }\)
Teraz udowodnimy, że:
\(\displaystyle{ B_{n}}\) jest rosnący, czyli czy:
\(\displaystyle{ B_{n+2} \ge B_{n+1}}\)
czy zachodzi:
\(\displaystyle{ \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right) \ge 2B_{n+1}/^2}\)
łatwe rachunki prowadzą nas do tego, że:
\(\displaystyle{ (B_{n+1}-B_{n})^2 \ge 0}\)
Co oczywiście jest prawdą a więc ciąg jest rosnący i dodatni...
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right)}\)
Patrząc na to można się spodziewać, że ta część ciągu:
\(\displaystyle{ \sqrt{B_{n}B_{n+1}} }\) nie może zbliżać się do zera, więc punktem przyciągania zawsze będzie jedynka (ciąg rosnący, dodatni)
Więc od pewnego miejsca będzie:
\(\displaystyle{ \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \ge \frac{1}{2} }\)
co da nam:
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right) \ge \frac{1}{4} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right)= \frac{1}{4}\frac{B_{n+1}}{B_{n}}+ \frac{1}{4} \rightarrow \infty }\)
Bo tych \(\displaystyle{ \frac{1}{4} }\) dąży do nieskończoności a ułamek jest dodatni...
Ale i tak mam tu pewne wątpliwości... !!!
Teraz przepiszmy jeszcze raz ten ciąg:
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right)/^2 \cdot 4}\)
Po podniesieniu do kwadratu, przemnożeniu przez mianownik otrzymamy:
\(\displaystyle{ 4B_{n}B_{n+2}^2-B_{n+1}^3-8B_{n}B_{n+1}^2-4B_{n}^2B_{n+1}=0}\)
Jak widać jest to równanie jednorodne więc zastosujmy podstawienie w myśl zasady :
\(\displaystyle{ B_{x}^y \rightarrow r^{xy}}\)
Otrzymamy równanie:
\(\displaystyle{ r\left( 4r^3-r^2-8r-4\right)=0}\)
Rozwiązanie tego będzie:
w sumie trzy pierwiastki:
jedno rzeczywiste i dwa zespolone sprzężone, jawna postać może mieć postać więc:
\(\displaystyle{ r}\) - rzeczywiste, \(\displaystyle{ r_{1}, r_{2}}\) - zespolone
\(\displaystyle{ r= \frac{1+ \sqrt[3]{1009-24 \sqrt{183} }+ \sqrt[3]{1009+24 \sqrt{183} } }{12} \approx 1,735 }\)
więc rozwiązania przy takim mogą mieć postać:
\(\displaystyle{ B_{n}=r^n, B_{n}=r_{1}^n, B_{n}=r_{2}^n}\)
Jeszcze jedna rzecz:
przepiszmy początkowe:
\(\displaystyle{ A_{n+1}= \frac{1}{2}A_{n}- \sqrt{B_{n}} , B_{n+1}=- \frac{1}{2}A_{n} \sqrt{B_{n}} }\)
Zauważmy , że:
\(\displaystyle{ (a,- \frac{1}{4}a^2) }\) - jest punktem stałym tego odwzorowania:
\(\displaystyle{ (x,y) \rightarrow \left( \frac{1}{2}x- \sqrt{y} ,- \frac{1}{2} x \sqrt{y} \right) }\)
Jak widać:
\(\displaystyle{ (x,y) \in}\) do drugiej ćwiartki układu współrzędnych a lewa gałąź paraboli: \(\displaystyle{ (x,- \frac{1}{4}x^2)}\) jest miejscem stałych punktów tego odwzorowania...
Można by teraz spojrzeć na ciąg.: \(\displaystyle{ A_{n}}\) łaskawszym okiem...
\(\displaystyle{ A_{n+1}= \frac{-2B_{n+2}}{ \sqrt{B_{n+1}} } }\)
-
a4karo
- Użytkownik
- Posty: 22204
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3753 razy
Re: Dwa ciagi
Nie. Nawet jeżeli `B_n/B_{n+1}` dąży do jedynki to granica może być dowolną liczbąarek1357 pisze: ↑23 gru 2021, o 14:29 No więc spróbuję coś wrzucić moje przemyślenia na ten temat, najpierw rozsupłam i wyciągnę ciąg \(\displaystyle{ B_{n}}\)
\(\displaystyle{ B_{n+1}= -\frac{1}{2}A_{n} \sqrt{B_{n}} }\)
Z tego:
\(\displaystyle{ A_{n}= \frac{-2B_{n+1}}{ \sqrt{B_{n}} } }\)
\(\displaystyle{ A_{n+1}= \frac{-2B_{n+2}}{ \sqrt{B_{n+1}} } }\)
Podstawmy teraz do pierwszego wzoru:
\(\displaystyle{ \frac{-2B_{n+2}}{ \sqrt{B_{n+1}} }= \frac{1}{2} \frac{-2B_{n+1}}{ \sqrt{B_{n}} }- \sqrt{B_{n}} }\)
Lub po przekształceniach:
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right) , B_{0}=b>0, B_{1}=- \frac{1}{2}a \sqrt{b} , A_{0}=a<0 }\)
Teraz udowodnimy, że:
\(\displaystyle{ B_{n}}\) jest rosnący, czyli czy:
\(\displaystyle{ B_{n+2} \ge B_{n+1}}\)
czy zachodzi:
\(\displaystyle{ \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right) \ge 2B_{n+1}/^2}\)
łatwe rachunki prowadzą nas do tego, że:
\(\displaystyle{ (B_{n+1}-B_{n})^2 \ge 0}\)
Co oczywiście jest prawdą a więc ciąg jest rosnący i dodatni...
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right)}\)
Patrząc na to można się spodziewać, że ta część ciągu:
\(\displaystyle{ \sqrt{B_{n}B_{n+1}} }\) nie może zbliżać się do zera, więc punktem przyciągania zawsze będzie jedynka (ciąg rosnący, dodatni)
JAk najbardziej słusznie
Więc od pewnego miejsca będzie:
\(\displaystyle{ \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \ge \frac{1}{2} }\)
co da nam:
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right) \ge \frac{1}{4} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right)= \frac{1}{4}\frac{B_{n+1}}{B_{n}}+ \frac{1}{4} \rightarrow \infty }\)
Bo tych \(\displaystyle{ \frac{1}{4} }\) dąży do nieskończoności a ułamek jest dodatni...
Ale i tak mam tu pewne wątpliwości... !!!
Masz dziwną tendencję do stosowania metod, które nie są stosowalne: równanie nie jest liniowe, więc suma rozwiązań nie jest rozwiązaniem
Teraz przepiszmy jeszcze raz ten ciąg:
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right)/^2 \cdot 4}\)
Po podniesieniu do kwadratu, przemnożeniu przez mianownik otrzymamy:
\(\displaystyle{ 4B_{n}B_{n+2}^2-B_{n+1}^3-8B_{n}B_{n+1}^2-4B_{n}^2B_{n+1}=0}\)
Jak widać jest to równanie jednorodne więc zastosujmy podstawienie w myśl zasady :
\(\displaystyle{ B_{x}^y \rightarrow r^{xy}}\)
Jak dobrze policzysz, to jednak cztery pierwiastki, ale to i tak nic nie daje.
Otrzymamy równanie:
\(\displaystyle{ r\left( 4r^3-r^2-8r-4\right)=0}\)
Rozwiązanie tego będzie:
w sumie trzy pierwiastki:
jedno rzeczywiste i dwa zespolone sprzężone,
Keep trying. Wskazówka: nie lubię pracochlonnych zadań.jawna postać może mieć postać więc:
\(\displaystyle{ r}\) - rzeczywiste, \(\displaystyle{ r_{1}, r_{2}}\) - zespolone
\(\displaystyle{ r= \frac{1+ \sqrt[3]{1009-24 \sqrt{183} }+ \sqrt[3]{1009+24 \sqrt{183} } }{12} \approx 1,735 }\)
więc rozwiązania przy takim mogą mieć postać:
\(\displaystyle{ B_{n}=r^n, B_{n}=r_{1}^n, B_{n}=r_{2}^n}\)
Jeszcze jedna rzecz:
przepiszmy początkowe:
\(\displaystyle{ A_{n+1}= \frac{1}{2}A_{n}- \sqrt{B_{n}} , B_{n+1}=- \frac{1}{2}A_{n} \sqrt{B_{n}} }\)
Zauważmy , że:
\(\displaystyle{ (a,- \frac{1}{4}a^2) }\) - jest punktem stałym tego odwzorowania:
\(\displaystyle{ (x,y) \rightarrow \left( \frac{1}{2}x- \sqrt{y} ,- \frac{1}{2} x \sqrt{y} \right) }\)
Jak widać:
\(\displaystyle{ (x,y) \in}\) do drugiej ćwiartki układu współrzędnych a lewa gałąź paraboli: \(\displaystyle{ (x,- \frac{1}{4}x^2)}\) jest miejscem stałych punktów tego odwzorowania...
Można by teraz spojrzeć na ciąg.: \(\displaystyle{ A_{n}}\) łaskawszym okiem...
\(\displaystyle{ A_{n+1}= \frac{-2B_{n+2}}{ \sqrt{B_{n+1}} } }\)
-
arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5740
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 130 razy
- Pomógł: 525 razy
Re: Dwa ciagi
właśnie , że jest a rozwiązanie zerowe nie brałem pod uwagę jak się słabo domyślasz...równanie nie jest liniowe, więc suma rozwiązań nie jest rozwiązaniem
Błyskotliwe spostrzeżenie ( nawet bym się nie domyślił)...Jak dobrze policzysz, to jednak cztery pierwiastki, ale to i tak nic nie daje.
(Zresztą nie mówię o żadnej sumie rozwiązań tylko do pojedynczych typu:
\(\displaystyle{ B_{n}=r^n}\)
Twój pobieżny krytycyzm jednak niewiele wnosi...
Dodano po 11 minutach 54 sekundach:
O dążeniu do jedynki nie mówiłem nic a nic może nawet to dążyć do nieskończoności , mi chodziło o pierwiastek i o to co pod nim...Nie. Nawet jeżeli \(\displaystyle{ \frac{B_{n+1}}{B_{n}}}\) dąży do jedynki to granica może być dowolną liczbą
U ciebie może nie lecz u mnie tak (zresztą nie tylko)...Masz dziwną tendencję do stosowania metod, które nie są stosowalne
Chyba pisząc to gadałeś przez telefon , bo wypisujesz rzeczy o których nic nie mówiłem... Lub byłeś w kościele i zamiast się modlić siedziałeś na forum...
(Głupio skrytykować zamiast odnieść się mądrze każdy potrafi)...
Jeszcze się "fachowo" odnieś to kilku rzeczy, które pomyślałem ale nie powiedziałem ani nie napisałem...
(Dość płaska około trzepakowa chłopska filozofia)... Załóż sobie jeszcze czerwoną czapkę bo z tym przedrzeźnianiem będzie ci pasować jak ulał.
Zostaniesz takim Stańczykiem forumowym (zresztą to bardzo mądry błazen)...
A póki co z niczego się jak na razie nie wycofuję co napisałem zbyt kiepskie i słabe argumenty rozmówcy...
-
a4karo
- Użytkownik
- Posty: 22204
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3753 razy
Re: Dwa ciagi
arku,
domagasz się konkretów, to proszę bardzo:
Napisałeś
Czarną magią jest wniosek, że tym punktem przyciągania ma być akurat jedynka.
Gorzej, że mając to na względzie, szukasz rozwiązań w postaci ciągów geometrycznych, o których wiadomo, że raczej do jedynki nie dążą (żebyś się nie musiał męczyć, to podpowiem, że jeżeli `B_n` jest geometryczny, to `\sqrt{B_nB_{n+1}` też taki jest).
Równanie \(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right)}\) daje się sprowadzić do równania jednorodnego podobnego to tego, które napisałeś - ale jednak nie takiego samego (sam kiedyś miałem kłopoty z podnoszeniem do kwadratu, więc po chrześcijańsku odpuszczam)
Wstawiając do tego równania `B_n=r^n` dostajemy \(\displaystyle{ r^{n+2}=\frac12 r^{n+1/2}(r+1)}\), co po uproszczeniu i podniesieniu do kwadratu daje
\(\displaystyle{ 4r^3-r^2-2r-1=(r - 1) (4 r^2 + 3 r + 1)=0}\), które ma pierwiastek `r=1` oraz dwa pierwiastki zespolone o module `1/2`.
Jak widzisz, żadne z tych nie rozwiązuje układu równań w ogólnym przypadku (bo nie przyciąga, a ponadto trudno, żeby wszystkie potęgi liczby zespolonej były rzeczywiste). Zauważ, że specjalnie napisałem "w ogólnym przypadku", bo jeżeli `B_0=B_1`, to rzeczywiście ciąg jest stały.
Jak widzisz więc, ciągi geometryczne nie rozwiązują układu, więc żadnego rozwiązania nie znalazłeś.
I znów cytat z Ciebie
Jutro wigilia Bożego Narodzenia, czas pokory, przemyśleń i przebaczenia. Dlatego nie będę komentował Twoich uwag o charakterze osobistym.
Wesołych Świąt
domagasz się konkretów, to proszę bardzo:
Napisałeś
Nie wiem co to jest punkt przyciągania, ale dla mnie brzmi to tak jakby ten ciąg dążył do jedynki. A skoro jest rosnący, to naprawdę nietrudno wydedukować, że `B_{n+1}/B_n` też dąży do jedynki. Więc niby nie powiedziałeś, ale powiedziałeś. Zdarza się.arek1357 pisze:\(\displaystyle{ \sqrt{B_nB_{n+1}}}\) nie może zbliżać się do zera, więc punktem przyciągania zawsze będzie jedynka (ciąg rosnący, dodatni)
Czarną magią jest wniosek, że tym punktem przyciągania ma być akurat jedynka.
Gorzej, że mając to na względzie, szukasz rozwiązań w postaci ciągów geometrycznych, o których wiadomo, że raczej do jedynki nie dążą (żebyś się nie musiał męczyć, to podpowiem, że jeżeli `B_n` jest geometryczny, to `\sqrt{B_nB_{n+1}` też taki jest).
Równanie \(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}} \left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1 \right)}\) daje się sprowadzić do równania jednorodnego podobnego to tego, które napisałeś - ale jednak nie takiego samego (sam kiedyś miałem kłopoty z podnoszeniem do kwadratu, więc po chrześcijańsku odpuszczam)
Wstawiając do tego równania `B_n=r^n` dostajemy \(\displaystyle{ r^{n+2}=\frac12 r^{n+1/2}(r+1)}\), co po uproszczeniu i podniesieniu do kwadratu daje
\(\displaystyle{ 4r^3-r^2-2r-1=(r - 1) (4 r^2 + 3 r + 1)=0}\), które ma pierwiastek `r=1` oraz dwa pierwiastki zespolone o module `1/2`.
Jak widzisz, żadne z tych nie rozwiązuje układu równań w ogólnym przypadku (bo nie przyciąga, a ponadto trudno, żeby wszystkie potęgi liczby zespolonej były rzeczywiste). Zauważ, że specjalnie napisałem "w ogólnym przypadku", bo jeżeli `B_0=B_1`, to rzeczywiście ciąg jest stały.
Jak widzisz więc, ciągi geometryczne nie rozwiązują układu, więc żadnego rozwiązania nie znalazłeś.
I znów cytat z Ciebie
Wygląda ładnie, tylko ciekawe jak wyciągniesz pierwiastek z \(\displaystyle{ y=- \frac{1}{4}a^2}\)arek137 pisze:Zauważmy , że:
\(\displaystyle{ (a,- \frac{1}{4}a^2) }\) - jest punktem stałym tego odwzorowania:
\(\displaystyle{ (x,y) \rightarrow \left( \frac{1}{2}x- \sqrt{y} ,- \frac{1}{2} x \sqrt{y} \right) }\)
Jak widać:
\(\displaystyle{ (x,y) \in}\) do drugiej ćwiartki układu współrzędnych a lewa gałąź paraboli: \(\displaystyle{ (x,- \frac{1}{4}x^2)}\) jest miejscem stałych punktów tego odwzorowania...
Jutro wigilia Bożego Narodzenia, czas pokory, przemyśleń i przebaczenia. Dlatego nie będę komentował Twoich uwag o charakterze osobistym.
Wesołych Świąt
-
arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5740
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 130 razy
- Pomógł: 525 razy
Re: Dwa ciagi
Tak pomyłka bo punkt stały przekształcenia miał być:
\(\displaystyle{ (x, \frac{1}{4} x^2) , x<0 }\) - minus niepotrzebny zasugerowałem się odciętą...
Tu już bardziej mówisz do rzeczy, że po podniesieniu do drugiej mamy inny ciąg to nawet ciekawe...
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}}\left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1\right) }\)
Jest całkowicie dodatni więc po podniesieniu do drugiej nie powinno mu zaszkodzić a szkodzi
No więc dobrze nie podniosę teraz do potęgi robię podstawienie:
\(\displaystyle{ B_{x}^y \rightarrow r^{xy}}\) już na gorąco: czyli nie zdejmuję pierwiastków:
\(\displaystyle{ r^{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{r^nr^{n+1}}\left( \frac{r^{n+1}}{r^n}+1 \right)}\)
otrzymuję po skróceniu:
\(\displaystyle{ r(4r^3-r^2-2r-1)=0}\)
rozwiązania to:
\(\displaystyle{ r=0 , r=1, r=- \frac{3+i \sqrt{7} }{8} , r=- \frac{-3+i \sqrt{7} }{8} }\)
i powinno być rozwiązaniem:
\(\displaystyle{ B_{n}=r^n }\)
Trudno, że zespolone ale będzie , będzie istniało równolegle to tego z zadania, ale kto powiedział, że równanie rekurencyjne musi mieć jedno rozwiązanie, a \(\displaystyle{ r^n}\) będzie szybko dążył do zera...
A co do tego już bez zespolonych
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}}\left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1\right) }\)
Chodzi mi o to, że skoro to co pod pierwiastkiem nie dąży do zera niech dąży do czego chce ale tylko dodatnie iloraz niech sobie też dąży do jeden, ale jak równanie ma postać:
\(\displaystyle{ B_{n+2}=c_{n}+c}\) - gdzie \(\displaystyle{ c_{n}}\) jest zawsze dodatni i za każdym razem dokładamy c choćby najmniejsze to jasnym się staje, że ten \(\displaystyle{ B_{n} }\) będzie zawsze dążył do nieskończoności...
I o to mi chodziło a jeżeli mówię źle pokaż...
\(\displaystyle{ (x, \frac{1}{4} x^2) , x<0 }\) - minus niepotrzebny zasugerowałem się odciętą...
Tu już bardziej mówisz do rzeczy, że po podniesieniu do drugiej mamy inny ciąg to nawet ciekawe...
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}}\left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1\right) }\)
Jest całkowicie dodatni więc po podniesieniu do drugiej nie powinno mu zaszkodzić a szkodzi
No więc dobrze nie podniosę teraz do potęgi robię podstawienie:
\(\displaystyle{ B_{x}^y \rightarrow r^{xy}}\) już na gorąco: czyli nie zdejmuję pierwiastków:
\(\displaystyle{ r^{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{r^nr^{n+1}}\left( \frac{r^{n+1}}{r^n}+1 \right)}\)
otrzymuję po skróceniu:
\(\displaystyle{ r(4r^3-r^2-2r-1)=0}\)
rozwiązania to:
\(\displaystyle{ r=0 , r=1, r=- \frac{3+i \sqrt{7} }{8} , r=- \frac{-3+i \sqrt{7} }{8} }\)
i powinno być rozwiązaniem:
\(\displaystyle{ B_{n}=r^n }\)
Trudno, że zespolone ale będzie , będzie istniało równolegle to tego z zadania, ale kto powiedział, że równanie rekurencyjne musi mieć jedno rozwiązanie, a \(\displaystyle{ r^n}\) będzie szybko dążył do zera...
A co do tego już bez zespolonych
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}}\left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1\right) }\)
Chodzi mi o to, że skoro to co pod pierwiastkiem nie dąży do zera niech dąży do czego chce ale tylko dodatnie iloraz niech sobie też dąży do jeden, ale jak równanie ma postać:
\(\displaystyle{ B_{n+2}=c_{n}+c}\) - gdzie \(\displaystyle{ c_{n}}\) jest zawsze dodatni i za każdym razem dokładamy c choćby najmniejsze to jasnym się staje, że ten \(\displaystyle{ B_{n} }\) będzie zawsze dążył do nieskończoności...
I o to mi chodziło a jeżeli mówię źle pokaż...
Ostatnio zmieniony 23 gru 2021, o 22:53 przez arek1357, łącznie zmieniany 1 raz.
-
a4karo
- Użytkownik
- Posty: 22204
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3753 razy
Re: Dwa ciagi
Jak się poprawnie podniesie do kwadratu, to wychodzi to, co mnie. Spróbuj jeszcze raz - może tym razem się udaarek1357 pisze: ↑23 gru 2021, o 22:23
Tu już bardziej mówisz do rzeczy, że po podniesieniu do drugiej mamy inny ciąg to nawet ciekawe...
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}}\left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}} +1\right) }\)
Jest całkowicie dodatni więc po podniesieniu do drugiej nie powinno mu zaszkodzić a szkodzi
-
arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5740
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 130 razy
- Pomógł: 525 razy
Re: Dwa ciagi
Aleś mnie zamotał nawet do kwadratu się zmyliłem traktuję to jak żart, że kwadraty dodatnich zmieniają ciąg rekurencyjny liczb dodatnich, zacząłem w to nawet wierzyć...
po podniesieniu do kwadratu na spokojnie jest:
\(\displaystyle{ 4B_{n+2}^2B_{n}-B_{n+1}^3-2B_{n}B_{n+1}^2-B_{n}^2B_{n+1}=0}\)
\(\displaystyle{ r(4r^3-r^2-2r-1)=0}\)
Czyli równanie charakterystyczne nie zmieni się co przyjąłem z ulgą:
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}}\left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}}+1 \right) }\)
Ciąg jest rosnący dodatni , według mnie powinien dążyć do nieskończoności...
po podniesieniu do kwadratu na spokojnie jest:
\(\displaystyle{ 4B_{n+2}^2B_{n}-B_{n+1}^3-2B_{n}B_{n+1}^2-B_{n}^2B_{n+1}=0}\)
\(\displaystyle{ r(4r^3-r^2-2r-1)=0}\)
Czyli równanie charakterystyczne nie zmieni się co przyjąłem z ulgą:
\(\displaystyle{ B_{n+2}= \frac{1}{2} \sqrt{B_{n}B_{n+1}}\left( \frac{B_{n+1}}{B_{n}}+1 \right) }\)
Ciąg jest rosnący dodatni , według mnie powinien dążyć do nieskończoności...
-
timon92
- Użytkownik
- Posty: 1657
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 472 razy
Re: Dwa ciagi
minusy i pierwiastki niepotrzebnie wprowadzają zamieszanie, dlatego warto podstawić \(x_n=-\frac 12 A_n\) i \(y_n=\sqrt{B_n}\)
mamy wtedy \(x_0, y_0>0\) oraz rekurencje \(x_{n+1}=\frac{x_n + y_n}{2}\) i \(y_{n+1}=\sqrt{x_ny_n}\)
ciągi \(x_n, y_n\) mają wspólną granicę zwaną liczb \(x_0, y_0\)
zatem odpowiedź brzmi: \(\lim_{n\to\infty} A_n = -2M\) i \(\lim_{n\to \infty} B_n = M^2\), gdzie \(M\) jest średnią arytmetyczno-geometryczną liczb \(-\frac 12 A_0\) i \(\sqrt{B_0}\)
mamy wtedy \(x_0, y_0>0\) oraz rekurencje \(x_{n+1}=\frac{x_n + y_n}{2}\) i \(y_{n+1}=\sqrt{x_ny_n}\)
ciągi \(x_n, y_n\) mają wspólną granicę zwaną
Kod: Zaznacz cały
https://pl.wikipedia.org/wiki/%C5%9Arednia_arytmetyczno-geometrycznazatem odpowiedź brzmi: \(\lim_{n\to\infty} A_n = -2M\) i \(\lim_{n\to \infty} B_n = M^2\), gdzie \(M\) jest średnią arytmetyczno-geometryczną liczb \(-\frac 12 A_0\) i \(\sqrt{B_0}\)