Matematické Fórum

Marian · 27. 09. 2008 18:37 — Editoval Marian (27. 09. 2008 18:37)

Řeší se zrovna tady na fóru téma o rekurentně daných posloupnostech a mě se vybavila jedna zajímavá úloha, jejíž řešení jsem našel zcela náhodně až před měsícem, nicméně úlohu samotnou znám asi už 4 roky.

Jednou jsem s ní seznamoval zdejšího uživatele fóra, Pavla. Je možné, že si Pavel tuto úlohu vybaví. Máte-li zájem, můžete začít řešit; zde je její zadání:

Nech? je dána rekurentně posloupnost $\{ a_n\}_{n=1}^{\infty}$ , kde $a_1:=1$ a pro každé $n\in\mathbb{N}$ platí $a_{n+1}:=a_n+\frac{1}{a_n}$ . Ukažte, že platí $12<a_{75}<15$ .

Pavel Brožek

Definujeme si funkci f:

Jde tedy o lomenou čáru sestrojenou pomocí bodů posloupnosti. Derivace f pro $x\in(n,\,n+1),\,n\in\mathbb{N}$ je

$f'(x)=a_{n+1}-a_n=\frac1a_n$

Dále mějme funkci g, která vyhovuje diferenciální rovnici

$g'(x)=\frac1{g(x)}$

a počáteční podmínce $g(1)=f(1)=1$ . Zřejmě

$g(x)=\sqrt{2x-1},\,x\in(\frac12,\,\infty)$

Funkce g je rostoucí, proto pro $x\in(n,\,n+1),\,n\in\mathbb{N}$ platí

$g'(x)=\frac1{g(x)}<\frac1{g(n)}=g'(n)$

Pro $x\in(1,\,2)$ je

$g'(x)<g'(1)=\frac1{g(1)}=1=f(1)=f'(x)$

a tedy $g(2)<f(2)$ . Předpokládejme, že $g(n)<f(n)$ . Jestliže na intervalu $(n,\, n+1)$ dosáhne funkce g v nějakém bodě $\alpha$ hodnoty $f(n)$ (která je menší než $f(\alpha)$ ), pak ale pro $x>\alpha$ je

$g'(x)=\frac1{g(x)}<\frac1{g(\alpha)}=\frac1{f(n)}=f'(x)$

a proto $g(n+1)<f(n+1)$ . Matematickou indukcí tedy pro všechna $n\in\mathbb{N}$ platí $g(n)<f(n)$ . Je tedy

$a_{75}=f(75)>g(75)>12,20$ .

Zbývá ukázat, že $a_{75}<15$ , to jsem ještě nezkoušel :-)

Pavel Brožek

No tak to jde mnohem jednodušeji :-)

Definuji si novou posloupnost $b_n=a_n^2,\,n\in\mathbb{N}$ . Pak platí

$b_{n+1}=a_{n+1}^2=(a_n+\frac1{a_n})^2=a_n^2+2+\frac{1}{a_n^2}=b_n+2+\frac1{b_n}$ .

Indukcí podle k ukážu, že $b_{n+k}>b_n+2k$ pro k přirozené:

1. $k=1$ :

$b_{n+1}=b_n+2+\frac1{b_n}>b_n+2\cdot1$

2. Předpokládám, že platí $b_{n+k}>b_n+2k$ . Pak

$b_{n+k+1}=b_{n+k}+2+\frac1{b_{n+k}}>b_{n+k}+2>b_{n}+2(k+1)$

Tím je tedy dokázáno $b_{n+k}>b_n+2k$ pro všechna přirozená k.

$a_{75}=\sqrt{b_{75}}>\sqrt{b_1+2\cdot74}=\sqrt{1+2\cdot74}=\sqrt{149}>12,20$

Odhad je to naprosto stejný, jako v předchozím postupu.

Pavel Brožek · 27. 09. 2008 23:29

A podobně to ukážu pro horní odhad.

Mám posloupnost $b_n$ jako v předchozím příspěvku. Tato posloupnost je rostoucí a $b_2=2^2=4$ .

Indukcí podle k ukážu, že $b_{n+k}\leq b_n+\frac94k$ pro k přirozené a n větší než 1:

1. $k=1$ :

$b_{n+1}=b_n+2+\frac1{b_n}\leq b_n+2+\frac14=b_n+\frac94\cdot1$

2. Předpokládám, že platí $b_{n+k}\leq b_n+\frac94k$ . Pak

$b_{n+k+1}=b_{n+k}+2+\frac1{b_{n+k}}\leq b_{n+k}+2+\frac14\leq b_n+\frac94k+\frac94=b_n+\frac94(k+1)$

Tím je tedy dokázáno $b_{n+k}\leq b_n+\frac94k$ pro všechna přirozená k a n větší než 1.

$a_{75}=\sqrt{b_{75}}\leq\sqrt{b_2+\frac94\cdot73}=\sqrt{4+\frac94\cdot73}=\sqrt{\frac{673}{4}}<12,98$

Tím mám dokonce o dost lepší odhad než požadovaných 15.

Marian · 29. 09. 2008 14:17

↑ BrozekP:
Znám postup, který je založen na (z části) podobné myšlence. Platí totiž $a_n>1,\quad \forall n>1$ . Dále je
$a_{n+1}^2=a_n^2+2+\frac{1}{a_n^2},\qquad\forall n\in\mathbb{N}.$
Odtud snadno
$a_{n+1}^2-a_n^2=2+\frac{1}{a_n^2}.$
Sumací obdržím vlevo teleskop, tedy
$a_{75}^2-a_1^2=\sum_{n=1}^{74}\left (a_{n+1}^2-a_n^2\right )=\sum_{n=1}^{74}2+\sum_{n=1}^{74}\frac{1}{a_n^2}.$
Proto
$a_{75}=\sqrt{a_1^2+\sum_{n=1}^{74}2+\sum_{n=1}^{74}\frac{1}{a_n^2}}=\sqrt{1+2\cdot 74+\sum_{n=1}^{74}\frac{1}{a_n^2}}.$
Jistě platí
$0<\sum_{n=1}^{74}\frac{1}{a_n^2}<\sum_{n=1}^{74}1=74.$
Konečně máme odhad
$12<\sqrt{1+2\cdot 74}<a_{75}<\sqrt{1+2\cdot 74+74}<15.$

Marian · 29. 09. 2008 14:22

Pokusím se doladit tyto věci a snad dostat i odhad lepší. Zatím jsem nad tím nijak hlouběji neuvažoval. Zajímavé by bylo také diskutovat o limitě
$\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{\sqrt{n}}.$

Pavel Brožek

↑ Marian:

Pokud chceš získat lepší odhad, tak neodhaduj $\sum_{n=1}^{74}\frac{1}{a_n^2}$ od prvního, ale od nějakého dalšího členu. Já jsem dostal lepší odhad právě proto, že jsem začal až od druhého členu.

Určit tu limitu není příliš těžké. Nejdřív si spočtu limitu druhé mocniny.

$\lim_{n\to\infty}\frac{a_n^2}{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}^2}{n+1}=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}^2}{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{a_1^2+2n+\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_i^2}}{n}=0+2+\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_i^2}}{n}\geq2+\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_n^2}}{n}=2+\lim_{n\to\infty}\frac{1}{a_n^2}=2$

Protože je $\lim_{n\to\infty}a_n=+\infty$ , tak pro každé $\varepsilon>0$ existuje $n_0\in\mathbb{N}$ takové, že pro všechny $n>n_0$ je $\frac{1}{a_n^2}<\varepsilon$ . Pro každé $\varepsilon$ tedy platí

$\lim_{n\to\infty}\frac{a_n^2}{n}=2+\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_i^2}}{n}=2+\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=1}^{n_0}\frac{1}{a_i^2}+\sum_{i=n_0+1}^n\frac{1}{a_i^2}}{n}=2+\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=n_0+1}^n\frac{1}{a_i^2}}{n}\leq2+\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=n_0+1}^n\varepsilon}{n}\leq2+\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=1}^n\varepsilon}{n}=2+\varepsilon$

Z toho plyne $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n^2}{n}\leq2$ . Vzhledem k tomu, že máme i obrácenou nerovnost, tak

$\lim_{n\to\infty}\frac{a_n^2}{n}=2$ a $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{\sqrt{n}}=\sqrt2$

Marian · 29. 09. 2008 15:56

↑ BrozekP:

Souhlasím. Jak jsem psal, nedíval jsem se na to moc podrobně zatím. S tou limitou jsem chtěl postupoval velmi podobně. I tak se na to podívám ale podrobněji.

Zdravím tímto.

Matematické Fórum

#1 27. 09. 2008 18:37 — Editoval Marian (27. 09. 2008 18:37)

Odhad rekurentně dané posloupnosti

#2 27. 09. 2008 21:13 — Editoval BrozekP (27. 09. 2008 23:32)

Re: Odhad rekurentně dané posloupnosti

#3 27. 09. 2008 23:08 — Editoval BrozekP (27. 09. 2008 23:29)

Re: Odhad rekurentně dané posloupnosti

#4 27. 09. 2008 23:29

Re: Odhad rekurentně dané posloupnosti

#5 29. 09. 2008 14:17

Re: Odhad rekurentně dané posloupnosti

#6 29. 09. 2008 14:22

Re: Odhad rekurentně dané posloupnosti

#7 29. 09. 2008 15:16 — Editoval BrozekP (29. 09. 2008 15:22)

Re: Odhad rekurentně dané posloupnosti

#8 29. 09. 2008 15:56

Re: Odhad rekurentně dané posloupnosti

Zápatí