żS-4, od: luka52, zadanie 2

[Liga]

Daną nierówność udowodnimy indukcyjnie.
Sprawdzenie dla \(\displaystyle{ n_0 = 1}\)
\(\displaystyle{ \frac{a}{2} < 1 - \sqrt{1-a} \sqrt{1-a} < 1 - \frac{a}{2} 1 - a < 1 - a + \frac{a^2}{4} \Rightarrow a^2 > 0}\)
co jest oczywiście prawdziwe.

Założenie
\(\displaystyle{ T(k): \ c_k < 1 - \sqrt{1-a}}\)
Teza
\(\displaystyle{ T(k+1): \ c_{k+1} < 1 - \sqrt{1-a}}\)
Dowód
\(\displaystyle{ L_T = c_{k+1} = \frac{1}{2}(a + c_k^2) < \frac{1}{2}\left( a + 1 - 2 \sqrt{1-a} + 1 - a \right) = 1 - \sqrt{1-a} = P_T}\)
Na mocy indukcji matematycznej dowiedliśmy prawdziwości twierdzenia.

Ciąg \(\displaystyle{ (c_n)}\) jest rosnący, gdyż:
\(\displaystyle{ c_{n+1} - c_n = \frac{1}{2}(a + c_n^2) - c_n = \frac{1}{2}(c_n^2 - 2c_n + a) > \frac{1}{2}(c_n^2 - 2 \sqrt{a} c_n + a) =\\ = \frac{1}{2} \left( c_n - \sqrt{a} \right)^2 \geqslant 0 \Rightarrow c_{n+1} - c_n > 0}\)

Ponieważ ciąg ten jest rosnący i ograniczony, więc istnieje granica \(\displaystyle{ \lim_{n \to + \infty} c_n = g}\). Z równości \(\displaystyle{ c_{n+1} = \frac{1}{2}(a + c_n^2)}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ 2g = a + g^2}\), więc \(\displaystyle{ g = 1 - \sqrt{1-a}}\) lub \(\displaystyle{ g = 1 + \sqrt{1-a}}\). Ponieważ ciąg jest ograniczony z góry przez \(\displaystyle{ 1 - \sqrt{1-a}}\), a \(\displaystyle{ 1 + \sqrt{1-a} > 1 - \sqrt{1-a}}\) stąd \(\displaystyle{ \lim_{n \to + } c_n = 1 - \sqrt{1-a}}\).

[mol_ksiazkowy]

luka52 napisał:

\(\displaystyle{ c_{n+1} - c_n = \frac{1}{2}(a + c_n^2) - c_n = \frac{1}{2}(c_n^2 - 2c_n + a) > \frac{1}{2}(c_n^2 - 2 \sqrt{a} c_n + a) =\\ = \frac{1}{2} \left( c_n - \sqrt{a} \right)^2 \geqslant 0}\)

tu chyba jest coś nie tak....w tym szacowaniu,
nie jest
\(\displaystyle{ -2c_n >-2\sqrt{a}c_n}\)
gdyz a?

[scyth]

Ciąg \(\displaystyle{ c_n}\) nie jest rosnący - zależy to od wyboru \(\displaystyle{ a}\) - wystarczy sprawdzić dla \(\displaystyle{ a=0,1}\) - rosnący, ale dla \(\displaystyle{ a=0,9}\) - malejący.

Ja bym proponował 3/5

[mol_ksiazkowy]

okey