Matematické Fórum

liamlim

Ahoj! Mám pro zájemce krásný příklad s kratičkým odvozením.

1) Dokažte, že jestliže platí

$a_0 = 3$ ,
$a_{n+1} = a_n^2-a_n+1$ .

Pak
$\frac{1}{2} = \sum_{k=0}^\infty\frac{1}{a_k}$ .

Anonymystik

↑ liamlim: Tak nejprve ukážu pomocné lemma: pro všechna n platí následující vztah
$a_{n+1} = 1 + 2 a_0 a_1 ... a_n$
Důkaz se provede indukcí - dosaďme z rekurentního předpisu
$a_{n+1} = a_n^2 - a_n + 1$
Nyní použijme indukční předpoklad a upravujme:
$a_{n+1} = (2 a_0 ... a_{n-1} + 1)^2 - (2 a_0 ... a_{n-1} + 1) + 1 =$
$= 4 (a_0 ... a_{n-1})^2 + 2a_0 ... a_{n-1} + 1 =$
$=2a_0...a_{n-1}(2a_0...a_{n-1} + 1) + 1 =$
$=2a_0...a_{n-1}a_n + 1$
Krok pro $n=0$ e ověří triviálně.

Dále ukážu, že částečný součet řady je roven
$\sum_{k=0}^{N} \frac{1}{a_k} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2a_0 a_1 ... a_N}$

Důkaz provedu opět indukcí - dokáže platnost tvrzení i pro N+1:
$\sum_{k=0}^{N+1} \frac{1}{a_k} = \sum_{k=0}^{N} \frac{1}{a_k} + \frac{1}{a_{N+1}}$
Dosadím z indukčího předpokladu:
$\sum_{k=0}^{N+1} \frac{1}{a_k} = \bigg( \frac{1}{2} - \frac{1}{2 a_0 a_1 ... a_N} \bigg) + \frac{1}{a_{N+1}} =$
$= \frac{1}{2} - \frac{a_{N+1} - 2a_0 ... a_N}{2 a_0 ... a_N a_{N+1}} =$
a dle předchozího lemmatu mohu místo čitatele ve druhém zlomku dosadit 1:
$= \frac{1}{2} - \frac{1}{2 a_0 ... a_N a_{N+1}}$ .
Krok pro $N=0$ se opět ověří triviálně.

Je snadné nahlédnout, že posloupnost $\{a_n\}_{n=0}^{\infty}$ roste nade všechny meze, proto zlomek $\frac{1}{2a_0 a_1 ... a_{N}}$ jde k nule, tím pádem posloupnost částečných součtů konverguje k hodnotě $\frac{1}{2}$ .

Matematické Fórum

#1 16. 11. 2016 23:37 — Editoval liamlim (16. 11. 2016 23:37)

Součet nekonečné řady

#2 17. 11. 2016 20:03 — Editoval Anonymystik (17. 11. 2016 20:19)

Re: Součet nekonečné řady

Zápatí