Jak obliczyć granicę ciągu, który jest przedstawiony w postaci rekurencyjnej? Wiem, że trzeba sprawdić czy ciąg jest monotoniczny i ograniczony a następnie obliczyć granicę, tylko nie wiem, jak to zrobić ??:. Mógłby mi to ktoś wytłumaczyć np na takim ciągu:
\(\displaystyle{ a_{1}=0}\)
\(\displaystyle{ a_{n+1}=\sqrt{a_{n}+6}}\)
Granica ciągu rekurencyjnego
-
V3mpire
- Użytkownik
- Posty: 15
- Rejestracja: 23 kwie 2005, o 18:41
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Pomógł: 1 raz
Granica ciągu rekurencyjnego
wskazówka: wypisać kilka pierwszych wyrazów ciągu.
Ciąg można przedstawić jako:
\(\displaystyle{ a_{1} = \sqrt{6} \\
a_{n+1} = \sqrt{6+a_{n}} \\}\)
zauważmy ponadto, że dla dowolnych \(\displaystyle{ n}\) zachodzi: \(\displaystyle{ a_{n} q 0}\)
dalej już stosunkowo łatwo , mianowicie:
jeżeli ciąg ten ma granicę to zachodzi:
\(\displaystyle{ \lim\limits_{n\to\infty} a_{n} = \lim\limits_{n\to\infty} a_{n+1} = g \\}\)
stąd:
\(\displaystyle{ g = \sqrt{6+g}\\
g^{2} = 6+g\\
g^{2} - g -6 = 0\\
g =-2 lub g = \frac{1+5}{2}}\)
a stąd \(\displaystyle{ g = g = 3}\) (bo przecież \(\displaystyle{ a_{n} q 0}\))
indukcyjnie pokażemy, że ciąg jest ograniczony z góry przez \(\displaystyle{ 3}\)
\(\displaystyle{ I. \\
a_{0} q 3 ok\\
\\
II.\\
a_{n} q 3 /+6\\
a_{n} + 6 q 9 / \sqrt{()}\\
\sqrt{a_{n} + 6} q 3 (ok)\\}\)
pokazaliśmy że ciąg jest ograniczony z góry i z dołu.
Teraz wystarczy pokazać, że ciąg jest monotniczny (a dokładniej - rosnący) i otrzymamy \(\displaystyle{ \lim a_{n} = 3}\) co jest dobrym ćwiczeniem do ciągów rekurencyjnych. Jeżeli będziesz miał z tym kłopoty to mogę wieczorem dopisać.
pozdrawiam
Ciąg można przedstawić jako:
\(\displaystyle{ a_{1} = \sqrt{6} \\
a_{n+1} = \sqrt{6+a_{n}} \\}\)
zauważmy ponadto, że dla dowolnych \(\displaystyle{ n}\) zachodzi: \(\displaystyle{ a_{n} q 0}\)
dalej już stosunkowo łatwo , mianowicie:
jeżeli ciąg ten ma granicę to zachodzi:
\(\displaystyle{ \lim\limits_{n\to\infty} a_{n} = \lim\limits_{n\to\infty} a_{n+1} = g \\}\)
stąd:
\(\displaystyle{ g = \sqrt{6+g}\\
g^{2} = 6+g\\
g^{2} - g -6 = 0\\
g =-2 lub g = \frac{1+5}{2}}\)
a stąd \(\displaystyle{ g = g = 3}\) (bo przecież \(\displaystyle{ a_{n} q 0}\))
indukcyjnie pokażemy, że ciąg jest ograniczony z góry przez \(\displaystyle{ 3}\)
\(\displaystyle{ I. \\
a_{0} q 3 ok\\
\\
II.\\
a_{n} q 3 /+6\\
a_{n} + 6 q 9 / \sqrt{()}\\
\sqrt{a_{n} + 6} q 3 (ok)\\}\)
pokazaliśmy że ciąg jest ograniczony z góry i z dołu.
Teraz wystarczy pokazać, że ciąg jest monotniczny (a dokładniej - rosnący) i otrzymamy \(\displaystyle{ \lim a_{n} = 3}\) co jest dobrym ćwiczeniem do ciągów rekurencyjnych. Jeżeli będziesz miał z tym kłopoty to mogę wieczorem dopisać.
pozdrawiam
-
divii
- Użytkownik
- Posty: 57
- Rejestracja: 9 gru 2006, o 17:45
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: ja jestem?
- Podziękował: 14 razy
Granica ciągu rekurencyjnego
Wielkie dzięki, jak narazie wszystko jest dla mnie jasne. Jakbyś miał czas, to napisz mi jeszcze jak pokazać, że jest monotoniczny. To że jest rosnący, to każdy widzi, tylko nie wiem jak to udowodnić.
-
V3mpire
- Użytkownik
- Posty: 15
- Rejestracja: 23 kwie 2005, o 18:41
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Pomógł: 1 raz
Granica ciągu rekurencyjnego
wskazówka (ogólna, do ciągów rekurencyjnych): należy przekształcać "od końca". Tzn, poprzez niesprzeczne przekształcenia wyprowadzić z pożądanej nierówności/równości wzory na wyrazy naszego ciągu.
Tak właśnie zrobimy udowadniając monotoniczność tego ciągu (można inaczej, ale daje to dobry pogląd na problem):
\(\displaystyle{ a_{n} < 3 \\
a_{n} - 3 < 0 / (\text{przemnóżmy obie strony przez }(2+a_{n})\text{ - można, bo jest to liczba dodatnia}) \\
(a_{n}-3)(a_{n}+2) < 0 \\
{a_{n}}^{2} - a_{n} - 6 < 0 \\
{a_{n}}^{2} < a_{n} + 6 \\
a_{n} < \sqrt{a_{n} + 6}}\)
ćwiczenie: prześledzić przekształcenia "od końca" (właśnie w ten sposób powinno się to pokazywać. Na końcu wystarczy odtworzyć przekształcenia w odwrotnej kolejności, co zostało przedstawione powyżej. Korzystaliśmy oczywiście z tego, iż ciąg jest ograniczony przez 0 i 3, co dowodziliśmy wcześniej)
pozdrawiam
Tak właśnie zrobimy udowadniając monotoniczność tego ciągu (można inaczej, ale daje to dobry pogląd na problem):
\(\displaystyle{ a_{n} < 3 \\
a_{n} - 3 < 0 / (\text{przemnóżmy obie strony przez }(2+a_{n})\text{ - można, bo jest to liczba dodatnia}) \\
(a_{n}-3)(a_{n}+2) < 0 \\
{a_{n}}^{2} - a_{n} - 6 < 0 \\
{a_{n}}^{2} < a_{n} + 6 \\
a_{n} < \sqrt{a_{n} + 6}}\)
ćwiczenie: prześledzić przekształcenia "od końca" (właśnie w ten sposób powinno się to pokazywać. Na końcu wystarczy odtworzyć przekształcenia w odwrotnej kolejności, co zostało przedstawione powyżej. Korzystaliśmy oczywiście z tego, iż ciąg jest ograniczony przez 0 i 3, co dowodziliśmy wcześniej)
pozdrawiam
Granica ciągu rekurencyjnego
To jest złe rozwiązanie, bo równie dobrze 810935804275205 jest ograniczeniem górnym, a to nie jest granica. Trzeba pokazać, że jest to ciąg monotoniczny i że 3 jest KRESEM górnym. Fakt, że jest ograniczony mówi nam tylko o tym, że jest zbieżny (każdy monotoniczny i ograniczony jest).
-
Tmkk
- Użytkownik
- Posty: 1716
- Rejestracja: 15 wrz 2010, o 15:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrołęka
- Podziękował: 59 razy
- Pomógł: 501 razy
Granica ciągu rekurencyjnego
Dobrze, że po \(\displaystyle{ 6}\) latach dałeś znać.
Na początku jest pokazane, że jeżeli granica istnieje, to jest równa albo \(\displaystyle{ -2}\) albo \(\displaystyle{ 3}\).
Na początku jest pokazane, że jeżeli granica istnieje, to jest równa albo \(\displaystyle{ -2}\) albo \(\displaystyle{ 3}\).
-
Richard del Ferro
- Użytkownik
- Posty: 190
- Rejestracja: 13 mar 2016, o 22:48
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 9 razy
- Pomógł: 16 razy
Re: Granica ciągu rekurencyjnego
To może ja odkopie znowu po 6 latach xD
Może ktoś pokazać jak udowodnić tę monotoniczność?
Tzn. tutaj założyliśmy, ze kres górny wynosi 3, a czy istnieje sposób bez tego?
Mam ciekawy przykład
\(\displaystyle{ a_{n+1}=\sin (a_{n})}\)
\(\displaystyle{ a_{1}=1}\)
Rozwiązałem go przez twierdzenie o 3 funkcjach, ale chciałbym w taki jednolity zgrabny sposób jak panowie wyżej
Granica wynosi \(\displaystyle{ 0}\)
Bo \(\displaystyle{ g=\sin (g)}\)
\(\displaystyle{ f(x)=x-\sin (x)}\)
\(\displaystyle{ x-\sin x \ge x-1}\)
oraz
\(\displaystyle{ x-\sin x \le x+1}\)
Jedno miejsce zerowe, widać, że \(\displaystyle{ x=0}\)
Ale i tak zrobiłem to nielegalnie bo nie udowodniłem monotniczności
Może ktoś pokazać jak udowodnić tę monotoniczność?
Tzn. tutaj założyliśmy, ze kres górny wynosi 3, a czy istnieje sposób bez tego?
Mam ciekawy przykład
\(\displaystyle{ a_{n+1}=\sin (a_{n})}\)
\(\displaystyle{ a_{1}=1}\)
Rozwiązałem go przez twierdzenie o 3 funkcjach, ale chciałbym w taki jednolity zgrabny sposób jak panowie wyżej
Granica wynosi \(\displaystyle{ 0}\)
Bo \(\displaystyle{ g=\sin (g)}\)
\(\displaystyle{ f(x)=x-\sin (x)}\)
\(\displaystyle{ x-\sin x \ge x-1}\)
oraz
\(\displaystyle{ x-\sin x \le x+1}\)
Jedno miejsce zerowe, widać, że \(\displaystyle{ x=0}\)
Ale i tak zrobiłem to nielegalnie bo nie udowodniłem monotniczności
Ostatnio zmieniony 14 sty 2018, o 22:55 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - \sin, logarytm - \log, logarytm naturalny - \ln itd.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - \sin, logarytm - \log, logarytm naturalny - \ln itd.
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15496
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5224 razy
Re: Granica ciągu rekurencyjnego
Szczerze mówiąc, nie bardzo widzę, co mają uzasadniać te Twoje szacowania. Ja bym postąpił tak:
\(\displaystyle{ a_{n+1}=\sin (a_{n})}\)
\(\displaystyle{ a_{1}=1}\)
Zacznijmy od monotoniczności ciągu \(\displaystyle{ (a_n)}\) określonego jak wyżej.
Skorzystamy z nierówności \(\displaystyle{ \sin x<x}\), prawdziwej dla dowolnego \(\displaystyle{ x}\) dodatniego (wynika ona natychmiast z twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej, natomiast istnieje też ładniejszy dowód, patrz ) i z prostej indukcji zupełnej. Natomiast nierówność \(\displaystyle{ \sin x<x}\) w dodatnich można przepisać w postaci \(\displaystyle{ -x<-\sin x}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\), czyli z nieparzystości sinusa innymi słowy \(\displaystyle{ -x<\sin(-x)}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\) (*). Zatem równość \(\displaystyle{ \sin x=x}\) może zachodzić (i istotnie zachodzi) tylko dla \(\displaystyle{ x=0}\)(&).Zauważmy jeszcze, co oczywiste, że dla dowolnego \(\displaystyle{ x\in \left( 0, \frac \pi 2\right)}\) jest \(\displaystyle{ \sin x>0}\).
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Oczywiście \(\displaystyle{ a_1=1>0}\), więc ze wspomnianej nierówności \(\displaystyle{ \sin x<x}\) mamy \(\displaystyle{ \sin (a_1)<a_1=1}\).
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Przypuśćmy, że dla wszystkich \(\displaystyle{ k \in \NN^+}\) nieprzekraczających pewnego \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\) mamy \(\displaystyle{ a_{k+1}=\sin(a_k)<a_k}\). Stąd musi być w szczególności \(\displaystyle{ a_n>0}\) – patrz (*). Nadto z przechodniości nierówności mamy \(\displaystyle{ a_n<a_1=1}\), czyli w szczególności \(\displaystyle{ a_n \in \left( 0, \frac \pi 2\right)}\), więc
\(\displaystyle{ a_{n+1}=\sin(a_n)>0}\) i także \(\displaystyle{ a_{n+1}\in (0,1)\subset \left( 0, \frac \pi 2\right)}\).
Mamy więc \(\displaystyle{ a_{n+2}=\sin(a_{n+1})<a_{n+1}}\) z nierówności \(\displaystyle{ \sin x<x}\) w dodatnich. Ponadto także \(\displaystyle{ a_{n+2
}>0.}\)
Ograniczoność ciągu \(\displaystyle{ (a_n)}\) wynika zaś natychmiast z powyższych rachunków, gdyż w szczególności wykazaliśmy, że dla każdego \(\displaystyle{ n \in \NN}\) jest \(\displaystyle{ 1\ge a_n>0}\).
Zatem na mocy twierdzenia o ciągu ograniczonym i monotonicznym wykazaliśmy, że ciąg \(\displaystyle{ (a_n)}\) ma granicę właściwą, nazwijmy ją \(\displaystyle{ g}\).
Dalej tak jak Ty – przechodząc do granicy w zależności rekurencyjnej \(\displaystyle{ a_{n+1}=\sin(a_n)}\) (korzystamy z tego, że sinus jest funkcją ciągłą) dostajemy \(\displaystyle{ g=\sin(g)}\), czyli z (&) \(\displaystyle{ g=0}\).
\(\displaystyle{ a_{n+1}=\sin (a_{n})}\)
\(\displaystyle{ a_{1}=1}\)
Zacznijmy od monotoniczności ciągu \(\displaystyle{ (a_n)}\) określonego jak wyżej.
Skorzystamy z nierówności \(\displaystyle{ \sin x<x}\), prawdziwej dla dowolnego \(\displaystyle{ x}\) dodatniego (wynika ona natychmiast z twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej, natomiast istnieje też ładniejszy dowód, patrz ) i z prostej indukcji zupełnej. Natomiast nierówność \(\displaystyle{ \sin x<x}\) w dodatnich można przepisać w postaci \(\displaystyle{ -x<-\sin x}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\), czyli z nieparzystości sinusa innymi słowy \(\displaystyle{ -x<\sin(-x)}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\) (*). Zatem równość \(\displaystyle{ \sin x=x}\) może zachodzić (i istotnie zachodzi) tylko dla \(\displaystyle{ x=0}\)(&).Zauważmy jeszcze, co oczywiste, że dla dowolnego \(\displaystyle{ x\in \left( 0, \frac \pi 2\right)}\) jest \(\displaystyle{ \sin x>0}\).
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Oczywiście \(\displaystyle{ a_1=1>0}\), więc ze wspomnianej nierówności \(\displaystyle{ \sin x<x}\) mamy \(\displaystyle{ \sin (a_1)<a_1=1}\).
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Przypuśćmy, że dla wszystkich \(\displaystyle{ k \in \NN^+}\) nieprzekraczających pewnego \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\) mamy \(\displaystyle{ a_{k+1}=\sin(a_k)<a_k}\). Stąd musi być w szczególności \(\displaystyle{ a_n>0}\) – patrz (*). Nadto z przechodniości nierówności mamy \(\displaystyle{ a_n<a_1=1}\), czyli w szczególności \(\displaystyle{ a_n \in \left( 0, \frac \pi 2\right)}\), więc
\(\displaystyle{ a_{n+1}=\sin(a_n)>0}\) i także \(\displaystyle{ a_{n+1}\in (0,1)\subset \left( 0, \frac \pi 2\right)}\).
Mamy więc \(\displaystyle{ a_{n+2}=\sin(a_{n+1})<a_{n+1}}\) z nierówności \(\displaystyle{ \sin x<x}\) w dodatnich. Ponadto także \(\displaystyle{ a_{n+2
}>0.}\)
Ograniczoność ciągu \(\displaystyle{ (a_n)}\) wynika zaś natychmiast z powyższych rachunków, gdyż w szczególności wykazaliśmy, że dla każdego \(\displaystyle{ n \in \NN}\) jest \(\displaystyle{ 1\ge a_n>0}\).
Zatem na mocy twierdzenia o ciągu ograniczonym i monotonicznym wykazaliśmy, że ciąg \(\displaystyle{ (a_n)}\) ma granicę właściwą, nazwijmy ją \(\displaystyle{ g}\).
Dalej tak jak Ty – przechodząc do granicy w zależności rekurencyjnej \(\displaystyle{ a_{n+1}=\sin(a_n)}\) (korzystamy z tego, że sinus jest funkcją ciągłą) dostajemy \(\displaystyle{ g=\sin(g)}\), czyli z (&) \(\displaystyle{ g=0}\).