Matematické Fórum

Trollin · 15. 04. 2016 23:15

Ahoj :)
mám zadanou řadu s kladnými členy $\sum_{n=1}^{inf}\sqrt{2-a_{n}}, \text{kde } a_{1}=\sqrt{2}, a_{n+1}=\sqrt{2+a_{n}}\text{ pro kžadé n}$ a mám zjistit konvergenci pomocí podílového nebo odmocninového kritéria.
Chtěla bych se zeptat, jestli to řeším správně, to rekurentní zadání mě trochu mate.
Podíl jsem napsala jako
$\frac{\sqrt{2-\sqrt{2+a_{n}}}}{\sqrt{2-a_{n}}}=\sqrt{\frac{2-a_{n}^{2}\sqrt{1+\frac{2}{a_{n}}}}{2-a_{n}}}$
a pak jsem ukázala, že
$a_{n}^{2}\sqrt{1+\frac{2}{a_{n}}}>a_{n}$
tudíž podíl je menší než 1 a řada konverguje.
Mám pochybnosti už u toho sestavení podílu. Jdu na to správně?
Děkuju za pomoc :)

Rumburak · 16. 04. 2016 10:25

↑ Trollin:

Ahoj. Zde

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

je bohužel chyba, mělo tam být kdyžtak

$\frac{\sqrt{2-\sqrt{2+a_{n}}}}{\sqrt{2-a_{n}}}=\sqrt{\frac{2-\sqrt{a_{n}}\sqrt{1+\frac{2}{a_{n}}}}{2-a_{n}}}$ .

Trollin · 16. 04. 2016 11:52

↑ Rumburak:
Ah, děkuju, taková hloupá chyba... Můžu argumentovat prostě tím, že (an) je rostoucí posloupnost, tudíž ten podíl bude menší než jedna? Nevidím tam, jak jinak bych mohla zjistit ten podíl...

Rumburak · 16. 04. 2016 12:56

↑ Trollin:

Podíl (je jasné, který) bude menší než 1, ale o jeho limitě to už platit nemusí.

Vhodný trik mne zatím nenapadá.

Jj · 16. 04. 2016 15:56 — Editoval Jj (16. 04. 2016 15:57)

Dobrý den.

Možná zkusit

$\frac{\sqrt{2-\sqrt{2+a_{n}}}}{\sqrt{2-a_{n}}}=\sqrt{\frac{(2-\sqrt{2+a_{n})}}{(2-a_{n})}\cdot \frac{ (2+\sqrt{2+a_{n}}) }{ (2+\sqrt{2+a_{n}}) }}=\frac{ 1 }{\sqrt{2+\sqrt{2+a_{n}}}}$

a určit $a = \lim_{n\to\infty} a_n$ - řekl bych, že by mělo být a = 2.

Trollin · 16. 04. 2016 18:41

↑ Jj:
Dobrý den,
proč by (an) měla jít ke 2? nějak to v tom nevidím...

Freedy · 16. 04. 2016 18:59

Ahoj,

aby jsi našel limitu rekurentně zadané posloupnosti, musíš vědět, že existuje.
Není těžké ověřit, že platí $a_n<a_{n+1}$
Pro n = 1 to platí:
$\sqrt{2}<\sqrt{2+\sqrt{2}}$
Předpokládejme, že je nerovnost splněna pro n členů. Z IP víme, že
$a_n<a_{n+1}$
Přidáme 2 na obě strany
$a_n+2<a_{n+1}+2$
Obě strany jsou nezáporné, odmocníme je a máme:
$\sqrt{a_n+2}<\sqrt{a_{n+1}+2}$
což dává
$a_{n+1}<a_{n+2}$ .

Víme tedy, že an roste. Nyní stačí ukázat, že je omezená.
Pro n = 1 platí
$0<\sqrt{2}<2$
Předpokládejme rovnost pro n členů. Z IP víme, že
$0<a_n<2$
Přidáme 2
$2<a_n+2<4$
a odmocníme
$\sqrt{2}<\sqrt{a_n+2}<2$
Takže posloupnost je omezená.

Limita existuje a její nalezení nechám již na tobě.

Jj · 16. 04. 2016 19:14

↑ Trollin:

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

$a_1=\sqrt{2}$
$a_2=\sqrt{2+\sqrt{2}}$
$a_3=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}$
$a_4=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}$
...
...

$a = \sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots}}}}}$

nevím, jak to názorně napsat - počet vložených odmocnin roste nade všechny meze.

--> rovnice:

$a = \sqrt{2+a}\Rightarrow a = 2$

Freedy · 16. 04. 2016 20:39

↑ Jj:
rovnice
$a=\sqrt{2+a}$
je splněna i pro $a=\infty$

Jj · 16. 04. 2016 21:18

↑ Freedy:

Pokud to tak lze brát, tak by třeba i rovnice $3^x = 10^x$ byla splněna pro $x=\pm \infty$ .

Možná to je trochu na vodě (a tu ↑ Jj: jsem uvedenou limitu uváděl spíše podmíněně), ale většími schopnostmi, abych to jednoznačně doložil či vyvrátil, neoplývám.

Wolfram zřejmě taky jde (docela promptně) k a = 2: Odkaz

Freedy · 16. 04. 2016 21:21

↑ Jj:
výše jsem ukázal, že ta limita existuje a je vlastní. Proto tvoje řešení rovnice připadá v úvahu. Žádné záhadnosti v tom nehledej :)

Trollin · 16. 04. 2016 22:20

Jasně, už to chápu, děkuju za pomoc :)

Rumburak

↑ Trollin:

Ještě doplním trik, který mi v pátek unikal.

Především je jasné, že $a_n > 0$ pro každé přirozené $n$ . Dále: jestliže $a_{n+1}=\sqrt{2+a_{n}}$ ,
potom $a_n = a_{n+1}^2 - 2$ a tedy

$\frac{\sqrt{2-a_{n+1}}}{\sqrt{2-a_{n}}} = \frac{\sqrt{2-a_{n+1}}}{\sqrt{2-(a_{n+1}^2 - 2)}} = \frac{\sqrt{2-a_{n+1}}}{\sqrt{4-a_{n+1}^2 }} =\\= \frac{\sqrt{2-a_{n+1}}}{\sqrt{(2-a_{n+1})(2+a_{n+1}) }} = \frac{1}{\sqrt{2+a_{n+1}}} \le \frac{1}{\sqrt{2}} < 1$ .

Odtud plyne dle podílového nelimitního kriteria konvergence řady $\sum_{n=1}^{\infty}\sqrt{2-a_{n}}$ .

EDIT. Je to vlastně tatáž úprava jako u kolegy ↑ Jj:.

vanok · 18. 04. 2016 10:26

Pozdravujem ↑ Rumburak:,
Poznamka k postupu riesenia.
Prva etapa je ukazat ze nutne ukazat $\sqrt{2-a_n}$ converguje k nude.
Druha etapa pouzitie kriteria na konvergenciu radu....

Rumburak

↑ vanok:

Ahoj.

Nechť pro každé přirozené $n$ je $b_n > 0$ a $\frac{b_{n+1}}{b_n} \le q$ , kde $0 < q < 1$ . Již odtud plyne
(porovnáním posloupnosti $(b_n)$ s geometrickou posloupností $(b_1q^{n-1})$ ), že $\lim_{n \to +\infty} b_n = 0$ ,
takže pro speciální případy takových posloupností $(b_n)$ to už není potřeba dokazovat .

vanok · 18. 04. 2016 12:32

↑ Rumburak:
Presnejsie, prva etapa, tu ukaze, ze $\a_n\mapsto 2$ , co moze zjednodusit zvysok dokazu.
( a inac polovica vlakna sa tocila okolo tejto limity, bez vyuzitia ze ak existuje, musi byt 2)
No pochopitelne v tomto pripade stacilo co pises vyssie.

Matematické Fórum

#1 15. 04. 2016 23:15

Konvergence rekurentně zadané řady

#2 16. 04. 2016 10:25

Re: Konvergence rekurentně zadané řady

#3 16. 04. 2016 11:52

Re: Konvergence rekurentně zadané řady

#4 16. 04. 2016 12:56

Re: Konvergence rekurentně zadané řady

#5 16. 04. 2016 15:56 — Editoval Jj (16. 04. 2016 15:57)

Re: Konvergence rekurentně zadané řady

#6 16. 04. 2016 18:41

Re: Konvergence rekurentně zadané řady

#7 16. 04. 2016 18:59

Re: Konvergence rekurentně zadané řady

#8 16. 04. 2016 19:14

Re: Konvergence rekurentně zadané řady

#9 16. 04. 2016 20:39

Re: Konvergence rekurentně zadané řady

#10 16. 04. 2016 21:18

Re: Konvergence rekurentně zadané řady

#11 16. 04. 2016 21:21

Re: Konvergence rekurentně zadané řady

#12 16. 04. 2016 22:20

Re: Konvergence rekurentně zadané řady

#13 18. 04. 2016 10:05 — Editoval Rumburak (18. 04. 2016 10:11)

Re: Konvergence rekurentně zadané řady

#14 18. 04. 2016 10:26

Re: Konvergence rekurentně zadané řady

#15 18. 04. 2016 10:48 — Editoval Rumburak (18. 04. 2016 11:19)

Re: Konvergence rekurentně zadané řady

#16 18. 04. 2016 12:32

Re: Konvergence rekurentně zadané řady

Zápatí