[Ciągi] Ciekawa granica !

[MarcinT]

Ciąg \(\displaystyle{ a_{n}}\) zdefiniowany jest przez warunki \(\displaystyle{ a_{1}= \sqrt{2}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{a_{n+1}}{\sqrt{2}}=\sqrt{1-\sqrt{1-\frac{1}{4}a_{n}^{2}}}}\)

Obliczyć: \(\displaystyle{ \lim_{n \to } 2^{n}a_{n}}\)

[Gierol]

k nvm. pomysle i moze cos pozniej napisze

[Piotr Rutkowski]

Mhm, mógłbyś jednak napisać co masz na myśli? Poza tym jakoś tak dla mnie wynik wątpliwy.
Na razie do niczego ciekawego nie doszedłem, jedynie może ułatwiłem zapis:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to }a_{n}*2^{n}=\sqrt{\lim_{n\to }\frac{4^{n}}{c_{n}}}}\) przy czym:
\(\displaystyle{ c_{1}=\frac{1}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ c_{n+1}=2c_{n}(1+\sqrt{1-\frac{1}{4c_{n}}})}\)
Ale jeszcze posiedzę nad tym
MarcinT, czy masz do tego wynik i rozwiązanie (w razie czego nie podawaj jeszcze )

[no1mesjasz]

Misiek że i na tym forum Ci się chce. A jak zobaczyłem liczbę Twoich postów...

[luka52]

no1mesjasz, Takie sprawy proszę załatwiać przez PW lub gg albo e-mail, etc.

[MarcinT]

Wymyśliłem to zadanie dzisiaj na lekcji matematyki i oczywiście mam rozwiązanie i to dwoma sposobami

[mol_ksiazkowy]

\(\displaystyle{ a_{n+1}^2 -2 =-\sqrt{4-a_n}}\)
\(\displaystyle{ a_n=4 sin^2(c_n)}\)
\(\displaystyle{ sin(c_{n+1})= \frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{sin(\frac{c_n}{2})}}\)

[MarcinT]

Hmm... może podam odpowiedź do wyżej podanego zadania:

\(\displaystyle{ \lim_{n \to } 2^{n}a_{n}=\pi}\)

Tym samym zadaniem niech będzie wykazanie powyższej równości.

[ Dodano: 15 Lutego 2008, 17:01 ]
hmm widzę że jakoś nikt nie znalazł rozwiązania.

Jeżeli ktoś jest zainteresowany to proszę pisać posta. napiszę rozwiązanie.

[Piotr Rutkowski]

Ja jestem
Z chęcią zobaczę rozwiązanie.

[MarcinT]

ale wstyd. pisząc rozwiązanie zauważyłem że do podanej przeze mnie treści zadania wdarł się okropny chochlik drukarski.. mianowicie brakowało kwadratu nad \(\displaystyle{ a_{n}}\) we wzorze rekurencyjnym... przepraszam wszystkich zaintersowanych. dopiero teraz zadanie jest rozwiązywalne....

[Wasilewski]

Jakoś tak przeglądałem sobie tematy i stwierdziłem, że może warto w końcu podać to rozwiązanie:
\(\displaystyle{ a_n = 2sin (\frac{\pi}{2^{n+1}})}\)
Mamy bowiem równanie rekurencyjne:
\(\displaystyle{ a_{n+1} = \sqrt{2 - \sqrt{4 - a_n^2}}}\)
co sugeruje (jak zauważył mol_książkowy), że:
\(\displaystyle{ a_n = 2 sin(c_n) \\
\sqrt{2 - 2cos(c_n)} =2 sin \frac{c_n}{2} = 2 sin (c_{n+1})}\)
Czyli
\(\displaystyle{ c_n = a 2^{-n}}\)
Przez bezpośrednie sprawdzenie:
\(\displaystyle{ c_1 = \frac{\pi}{4} \\
c_n = \frac{\pi}{2^{n+1}}}\)
A policzenie granicy to już nie problem. Jakoś mnie naszła chęć na zabawę w archeologa.

[Dumel]

to aby nie zakładać nowego tematu zarzuce jeszcze jedną ciekawą granicą:
\(\displaystyle{ a_0=0,91}\)
\(\displaystyle{ a_k=\underbrace{99 \ldots9}_{2^k}\underbrace{00 \ldots0}_{2^{k-1}}1}\)
oblicz
\(\displaystyle{ \lim_{n \to } (a_0a_1 \ldots a_n)}\)

[Wasilewski]

Na pewno tak to ma wyglądać? W obecnej formie to jest to raczej rozbieżne.

[Sylwek]

Tak powinno wyglądać:
\(\displaystyle{ a_0=0,91 \\ a_k=0,\underbrace{99 \ldots9}_{2^k}\underbrace{00 \ldots0}_{2^{k}-1}1}\)
Oblicz: \(\displaystyle{ \lim_{n \to } (a_0a_1 \ldots a_n)}\)

[Wasilewski]

Zatem wzór ogólny ciągu to:
\(\displaystyle{ a_k = \frac{\sum_{i=2^{k}}^{2^{k+1} - 1} 9\cdot 10^{i} +1}{10^{2^{k+1}}} = \frac{10^{2^{k}}\left( 10^{2^{k}} - 1\right) + 1}{10^{2^{k+1}}}}\)
A mamy policzyć:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to } x_{n} \\
x_n = \prod_{k=0}^{n} a_k = \frac{ \prod_{k=0}^{n} 10^{2^{k}}\left(10^{2^{k}} - 1\right) +1}{10^{2 \left(2^{n+1} - 1\right)}}}\)
Jak wymyślę, co zrobić z tym licznikiem, to dopiszę. Licznik:
\(\displaystyle{ \left(10^{2^{k}} (10^{2^{k}} - 1) + 1\right) \frac{10^{2^{k}} + 1}{10^{2^{k}} + 1} = \frac{10^{3\cdot 2^{k}} + 1}{10^{2^{k}} + 1}}\)
Czyli zarówno w liczniku jak i mianowniku mamy iloczyny typu:
\(\displaystyle{ (a+1)(a^2 + 1)(a^4 + 1) \ldots (a^{2^{n}} + 1) = \sum_{i=0}^{2^{n+1} - 1} a^{i} = \frac{a^{2^{n+1}} - 1}{a-1}}\)
Mamy zatem:
\(\displaystyle{ \frac{(10^{3\cdot 2^{n+1}} - 1) (10-1)}{(10^{2^{n+1}} - 1)(1000-1)}}\)
Czyli cały ten iloczyn to:
\(\displaystyle{ \frac{ \frac{10^{3\cdot 2^{n+1}} - 1}{111 (10^{2^{n+1}} - 1)}}{10^{2(2^{n+1} - 1)}}= \frac{100}{111} \frac{10^{3\cdot 2^{n+1}}}{10^{3\cdot 2^{n+1}} - 10^{2\cdot 2^{n+1}}}}\)
I wychodzi na to, że granica to 0. Może się gdzieś pomyliłem w liczeniu, ale zasadniczo idea jest taka.
Poprawiłem: granica to \(\displaystyle{ \frac{100}{111}}\)