Matematické Fórum

Forestgump · 13. 11. 2008 10:10

Nevim si rady s tímhle. Pomůže někdo?

kaja.marik · 13. 11. 2008 11:35

prvni limita: trik s odstranenim odmocnin v rozdilu: a-b=(a^2-b^2)/(a+b)
takze rozsirit vyrazem $\sqrt{n^2+n}+(n-(-1)^n)$ a pak to pujde

ad 2. ten citatel je ohranicena funkce (ale musite si rozmyslet proc), jmenovatel jde k nekonecnu, tak to je jasna nula

Pavel Brožek · 13. 11. 2008 13:23

3) Zřejmé jsou případy, kdy je posloupnost konstantní, tj. pro a=1 je limita 1 a pro a=5 je limita 5.

Zabývejme se nyní případem $a_1=a\in(1,5)$ . Pokud pro nějaké $n$ je $a_n\in(1,5)$ , pak $\frac{5}{a_n}\in(1,5)$ a $a_{n+1}=6-\frac{5}{a_n}\in(1,5)$ . Indukcí dostáváme, že $a_n\in(1,5)$ platí pro všechna n. Předpis pro $a_{n+1}$ můžeme přepsat jako

$a_{n+1}-5=\frac{a_n-5}{a_n}$

V absolutní hodnotě (není třeba, je to s ní ale myslím názornější) platí

$|a_{n+1}-5|=\frac{|a_n-5|}{a_n}$ .

Protože $a_n>1$ , musí být $a_{n+1}$ od čísla 5 vzdálené méně než $a_n$ , posloupnost je tedy rostoucí. Opakovaným využitím předchozí rovnosti dostaneme

$|a_{n+1}-5|=\frac{|a_n-5|}{a_n}=\frac{|a_{n-1}-5|}{a_na_{n-1}}=\frac{|a_{n-2}-5|}{a_na_{n-1}a_{n-2}}=\dots=\frac{|a_1-5|}{\prod_{i=1}^{n}a_i}\leq\frac{|a_1-5|}{a_1^n}\longrightarrow_{n\to\infty}0$

Pro každé $\varepsilon$ najdeme $n$ takové, že $|a_{n+1}-5|\leq \varepsilon$ , je tedy

$\lim_{n\to \infty}{a_n}=5$ pro $a\in(1,5)$ .

Dokázat, že limita bude 5 i pro $a\in(5,\infty)$ , se dá jen nepatrně pozměněným postupem.