Matematyka.pl

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

k nvm. pomysle i moze cos pozniej napisze

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 )

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

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

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

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

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.

Ja jestem
Z chęcią zobaczę rozwiązanie.

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....

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.

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
\(\displaystyle{ \lim_{n \to } (a_0a_1 \ldots a_n)}\)

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

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

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 \(\displaystyle{ \frac{100}{111}}\)