Matematické Fórum

alfacentauri · 16. 03. 2015 13:54

Ahoj prosím o pomoc s vyjádřením n-tého členu této posloupnosti bez rekurence
$x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_{n}+\frac{1}{x_{n}})$
--------------------------------
začal jsem, že jsem si napsal rovnice pod sebe a přemýšlel čím rovnice vynásobit abych je mohl sečíst, ale nevím jak se zbavit toho zlomku
$x_{n}=\frac{1}{2}(x_{n-1}+\frac{1}{x_{n-1}})$
$x_{n-1}=\frac{1}{2}(x_{n-2}+\frac{1}{x_{n-2}})$
.
.
.
$x_{2}=\frac{1}{2}(x_{1}+\frac{1}{x_1})$
$x_{1}=2015$

děkuji za pomoc

Cheop · 16. 03. 2015 14:21

↑ alfacentauri:
Já bych to zkusil řešit jako kvadratickou rovnici.
Mě vychází:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

alfacentauri · 16. 03. 2015 14:28

↑ Cheop:
Ahoj, díky za příspěvek ,ale já to potřebuju vyřešit obecně bez rekurence.
Podle wolframu je to $x_{n}=coth(2^{n-1}coth^{-1}(2015))$ a já bych rád věděl jak na to přijít

jelena · 18. 03. 2015 22:15

Zdravím,

pokud ještě aktuální (a spíš na obnovení tématu) ↑ alfacentauri: $x_{1}=2015$ bylo v zadání rekurentní posloupnosti $x_{n+1}=\frac{1}{2}$x_{n}+\frac{1}{x_{n}}$$ a účelem je vyjádření $x_n=f(n)$ ?

Arcoth asi nebude moc viditelný, nepomůže se na to podívat přes logaritmický přepis? Děkuji (i kolegům za podívání se).

Pavel · 18. 03. 2015 22:49 — Editoval Pavel (18. 03. 2015 22:50)

↑ jelena:

Nechť tedy $x_{n+1}=\frac{1}{2}$x_{n}+\frac{1}{x_{n}}$$ , $x_{1}=2015$ .

Pak pro libovolné $x_n\in\mathbb R\setminus\{1\}$ existuje právě jedno reálné číslo $y_n\in\mathbb R\setminus\{0\}$ takové, že $x_n=\coth(y_n)$ . Tj.

$x_{n+1}&=\frac{1}{2}$x_{n}+\frac{1}{x_{n}}$\\ \coth(y_{n+1})&=\frac{1}{2}$\coth(y_n)+\frac 1{\coth(y_n)}$ =\frac{1}{2}$\frac{\cosh(y_n)}{\sinh(y_n)}+\frac{\sinh(y_n)}{\cosh(y_n)}$ =\frac{\cosh^2(y_n)+\sinh^2(y_n)}{2\sinh(y_n)\cosh(y_n)}\\ &=\frac{\cosh(2y_n)}{\sinh(2y_n)} =\coth(2y_n)$

Hyperbolický kotangens je prostá funkce, proto

$y_{n+1}&=2y_n\\ y_{n+1}&=2^ny_1\qquad\Rightarrow\qquad y_n=2^{n-1}y_1.$

Odtud dostáváme, že

$\coth(y_n)&=\coth$2^{n-1}y_1$\\ x_n&=\coth$2^{n-1}\mathrm{argcoth}\,(x_1)$\\ \color{blue}x_n&\color{blue}=\coth$2^{n-1}\mathrm{argcoth}\,(2015)$$

jelena · 21. 03. 2015 23:08

↑ Pavel:

Zdravím a děkuji, vysvětlení rozumím. Měla jsem v plánu učinit pokus o odvození vzorce pro n-tý člen (úspěšné to nebylo) - potřebuji k tomu diferenční rovnice, nebo to jde i jinak? Toto odvození by mi bylo jasné, ale sama bych na to nepřišla.

Děkuji, nehoří :-)

jarrro · 22. 03. 2015 09:41 — Editoval jarrro (22. 03. 2015 09:42)

Len som si dovolil prepísať Pavlov výsledok na
$\frac{2}{1-$\frac{1007}{1008}$^{2^{n-1}}}-1$
z čoho vidno, že úloha je asi staršia a 2015 je len modifikácia

vanok · 22. 03. 2015 11:07 — Editoval vanok (22. 03. 2015 13:55)

Pozdravujem,
Este jedno cvicenie o podobnej postupnosti.
Najdite nutnu a dostatujuciu podmienku tykajucu sa $\theta_0 \in \mathbb{R}^*$ (pripominam, ze to znamena, ze ide o nenulove cislo $\theta$ ) aby $u_{n+1}=\frac{1}{2}$u_{n}-\frac{1}{u_{n}}$$ bola periodicka.
Navod. Existuje $\theta\in \mathbb{R}^*$ take, ze $u_0= \cot(\theta)$ .
Ukazte indukciou, ze $\forall n \in \mathbb{N}^*, u_n=\cot (2^n \theta)$ ( pochopitelne ide o nenulove prirodzene cislo n).

Poznamka. Ako je zvykom, * znamena ze ide o nenulove prvky... ( ako je to pouzivane vo svetovej literature).

Edit: spatne som odkopiroval originalny text. Vdaka kolegovy Pavel je to opravene.
Tiez pisem ako v latexte cot pre cotangent.

Pavel · 22. 03. 2015 12:04 — Editoval Pavel (22. 03. 2015 12:57)

↑ vanok:

Není mi jasné, jaký je vztah mezi posloupnostmi $u_n$ a $x_n$ . Z mého předchozího výsledku plyne, že posloupnost $x_n$ bude konvergentní pro libovolné $x_0\in(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$ . Dále lze ukázat, že pro $x_0\in(-1,0)\cup(0,1)$ bude $x_1\in(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$ a posloupnost bude konvergentní i pro tyto počáteční hodnoty.

Pro $x_0\in(1,+\infty)$ je posloupnost $x_n$ klesající a pro $x_0\in(-\infty,-1)$ je posloupnost $x_n$ rostoucí.

Pro $x_0\in(0,1)$ je posloupnost $x_n$ klesající až od členu $x_1$ a pro $x_0\in(-1,0)$ je posloupnost $x_n$ rostoucí až od členu $x_1$ .

Aby byla periodická posloupnost konvergentní, musí být nutně konstantní. A to nastane pouze pro $x_0=\pm 1$ .

Zdá se mi, že goniometrická funkce kotangens s tím nemá moc společného.

vanok · 22. 03. 2015 13:50 — Editoval vanok (22. 03. 2015 14:02)

Pozdravujem ↑ Pavel:,
Mas pravdu.
Ide o preklep v texte cvicenia. Miesto "-" som klepol na "+".

Okamzite to opravujem.
A hned to teraz dokaze kazdy vyriesit.
Jeden priklad:
Ak $\theta=\frac {\pi }3$ potom
$u_0=\frac {\sqrt3}3$
$u_1=-\frac {\sqrt3}3$
$u_2=\frac {\sqrt3}3=u_0$