Matematické Fórum

Lishaak · 27. 09. 2008 14:41

Ahoj vsichni, abych si dal taky na chvilku pokoj od neustaleho napominani zdejsich uzivatelu, tak se take na neco zeptam. Nedavno jsme tady s Pavlem hovorili o retezovem zlomku pro zlaty rez:

$1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\cdots}}}$

Ja jsem hodnotu zlomku nasel hledanim korenu rovnice

$x=1+\frac{1}{x}$

Coz je po uprave znama kvadraticka rovnice, jejiz kladny koren je prave zlaty rez. Tato rovnice ma ale jeste zaporny koren. Na zaklade jake uvahy jsme tento zaporny koren vyloucili jako hodnotu toho retezoveho zlomku? Nebo chcete-li jako limitu posloupnosti

$a_{1}=1$
$a_{n+1}=1+\frac{1}{a_{n}}$

?

Zjistil jsem, ze mam znacne mezery prave v pocitani limit rekuretne zadanych posloupnosti, cili kdyby byl nekdo ochoten to osvetlit...

Pavel Brožek

↑ Lishaak:

Pokud limita této posloupnosti existuje (označíme ji A), pak podle aritmetiky limit

$A=\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}a_{n+1}=\lim_{n\to\infty}(1+\frac1{a_n})=1+\frac1{\lim_{n\to\infty}a_n}=1+\frac1A$

Limita tedy splňuje uvedenou rovnici. Řešením kvadratické rovnice získáme dva kořeny, jeden je ale záporný, ten můžeme tedy vyloučit (zřejmě totiž platí $a_n>0\qquad \Rightarrow a_{n+1}>0$ a tedy všechny členy jsou podle matematické indukce kladné).

Jestliže limita existuje, pak je nutně rovna $\frac{1+\sqrt5}{2}$ .
Zbývá ukázat, že posloupnost limitu má. Zkusím se na to ještě podívat, teď mě nic jednoduchého nenapadá.

Marian · 27. 09. 2008 16:06 — Editoval Marian (27. 09. 2008 16:10)

↑ BrozekP:

Existuje dokonce kriterium pro konvergenci nekonečných řetězových zlomků (věta 10, str. 10 v následující knize). Vynikající knihou k této tematice je pak dílo Chinčina "Řetězové zlomky". Dá se stáhnout třeba zde (djvu).

Lishaak · 27. 09. 2008 16:11

Ok, prokazali jsme, ze vsechny cleny jsou kladne, tedy limita bude nezaporna (pokud existuje). Ale co treba takovyto priklad.

Uvazujme posloupnost zadanou rekuretne:

$a_{1}=\sqrt{2}$
$a_{n+1}=$\sqrt{2}$^{a_{n}}$

Budeme-li resit rovnici

$x=$\sqrt{2}$^x$

Obdrzime dva koreny, x = 2 a x = 4. Oba dva jsou kladne, vsechny cleny posloupnosti jsou taky klade, jak nyni rozhodneme, ktere z cisel je limitou?

Pavel · 27. 09. 2008 16:15 — Editoval Pavel (27. 09. 2008 16:16)

↑ BrozekP:

Stačí ukázat, že vybraná posloupnost s lichými indexy je rostoucí a shora omezená a vybraná posloupnost se sudými indexy je klesající a zdola omezená. Obě vybrané posloupnosti mají limitu a tyto jsou si rovny.

Marian · 27. 09. 2008 16:20 — Editoval Marian (27. 09. 2008 16:26)

↑ Lishaak:
Vzpomeneme si na Lambertovu W-funkci a najdeme hodnotu takové limity ve tvaru
$\sqrt{2}^{\sqrt{2}^{\sqrt{2}^{\rotatebox{-10}{\vdots}}}}=-\frac{W(-\ln\sqrt{2})}{\ln\sqrt{2}}=2.$

Více třeba zde.

Lishaak · 27. 09. 2008 16:36

Ano, to je urcite taky zpusob reseni, ale je to prilis ultimatni. Je bych spis potreboval osvetlit ten elementarnejsi postup, ktery jsem tady nastinil. Tu limitu (pokud prokazeme ze existuje) je prece mozne vypocitat jako reseni te mnou uvedene rovnice. Jeden koren je ale treba vynechat a ja nevim, podle jakeho kriteria se to rozhodne. Mozna se ptam nejasne, protoze mi nedochazi nejaky zasadni princip. Kdyby mel nekdo odkaz na material ohledne pocitani limit rekurentne zadanych posloupnosti, byl bych mu velmi vdecen za link.

Jinak dekuju Marianovi za odkaz na tu knizku o retezovych zlomcich. Skoda jen, ze posledni dobou mam uz tolik matematicke literatury, ze nevim co driv cist...

Pavel · 27. 09. 2008 17:15 — Editoval Pavel (27. 09. 2008 17:16)

Stačí dokázat, že posloupnost je rostoucí, pokud je počáteční podmínka menší než 2. Pokud tato je větší než 2 a menší než 4, posloupnost je klesající. Limita v obou případech musí být rovna 2. Je-li počáteční podmínka větší než 4, má posloupnost limitu nekonečno. V obecném případě bude situace složitější.

Pavel Brožek · 27. 09. 2008 17:52

↑ Pavel:

Ano, snažil jsem se o to, ale moc se mi to nedařilo. Teď už jsem na to ale přišel.

Očekávanou limitu značím $A=\frac{1+\sqrt5}{2}$ . Budu zkoumat funkci $f(x)=1+\frac1{1+\frac1x}$ na intervalu $[1,\,2]$ (je zajímavá, protože $f(a_n)=a_{n+2}$ ). Tato funkce je zřejmě rostoucí. Dále platí $f(A)=A$ a tedy

$x<A\qquad\Rightarrow\qquad f(x)<A,\nl x>A\qquad\Rightarrow\qquad f(x)>A.$

Protože $(f(x)-x)'=\frac{-x(x+2)}{(x+1)^2}<0$ a $f(A)-A=0$ , platí

$x<A\qquad\Rightarrow\qquad f(x)-x>0,\qquad \textrm{tj.}\qquad x<f(x)<A\nl x>A\qquad\Rightarrow\qquad f(x)-x<0,\qquad \textrm{tj.}\qquad A<f(x)<x$

Z toho plyne $f([1,\,2])\subset[1,\,2]$ . Dále z

$|f(x)-f(y)|=\left|1+\frac1{1+\frac1x}-1-\frac1{1+\frac1y}\right|=\left|\frac x{x+1}-\frac y{y+1}\right|=\left|\frac {x-y}{(x+1)(y+1)}\right|\leq\frac {|x-y|}{2\cdot2}=\frac14|x-y|$

plyne, že f je kontrakce. Z důkazu Banachovy věty o pevném bodě plyne, že libovolná posloupnost definovaná prvním členem $b_1\in[1,2]$ a $b_{n+1}=f(b_n)$ má limitu A.

Protože $a_1=1,\,a_2=2$ a $f(a_n)=a_{n+2}$ , pak podle předchozího je

$\lim_{n\to\infty}a_{2n}=A,\nl \lim_{n\to\infty}a_{2n-1}=A$

a tedy limita posloupnosti $a_n$ existuje a je také rovna A.