Matematické Fórum

tamrin · 11. 02. 2018 01:23

Dobrý den, opět prosím o pomoc, mám dokázat monotonii posloupnosti za použití AG nerovnosti:

$a_{1}=5$
$a_{n}=\frac{1}{4}(3a_{n-1}+\frac{5}{a^{3}_{n-1}})$

Zkoušel jsem napsat AG nerovnost pro čtyři členy:
$a_{n-1}^{3}\cdot \frac{5}{a^{3}_{n-1}}\le (\frac{1}{4}(3a_{n-1}+\frac{5}{a^{3}_{n-1}}))^{4}$
Ale to jsem zřejmě hodně mimo správný postup, protože jsem díky tomu zjistil pouze, že každý člen umocněný na čtvrtou je vyšší než 5? (než ten první člen).

Abych dokázal tu monotonii tak stejně předpokládám, že potřebuji aby ve výsledné nerovnosti byl také člen $a_{n}$ ?
Prosím tedy o radu, či nasměrování k správnému postupu, vážně nevím jak na to.

laszky · 11. 02. 2018 02:21 — Editoval laszky (11. 02. 2018 02:29)

No, mas to vlastne skoro uz vymysleny... chces ukazat, ze $a_n<a_{n-1}$ , neboli

$\frac{1}{4}\left(3a_{n-1}+\frac{5}{a_{n-1}^3}\right) < a_{n-1}$ .

To po uprave dava nerovnost $a_{n-1}>\sqrt[4]{5}$ .

Pokud tedy pro kazde n dokazes tuto nerovnost, potom dokazes i monotonii.

Jak uz si ale psal, z AG nerovnosti pro kazde n plyne odhad

$a_n = \frac{1}{4}\left(3a_{n-1}+\frac{5}{a_{n-1}^3}\right) = \frac{1}{4}\left(a_{n-1}+a_{n-1}+a_{n-1}+\frac{5}{a_{n-1}^3}\right) \geq \sqrt[4]{a_{n-1}\cdot a_{n-1}\cdot a_{n-1}\cdot\frac{5}{a_{n-1}^3}} = \sqrt[4]{5}$ ,

pricemz rovnost nastane pouze pro limitni hodnotu $a_{\infty}=\sqrt[4]{5}$ , ktere $a_n$ nikdy nenabyva.

tamrin · 11. 02. 2018 02:42

Tak to jsem netušil, že jsem tak blýzko - to mě překvapilo. Děkuju moc.

Matematické Fórum

#1 11. 02. 2018 01:23

Dokažte monotonii posloupnosti za pomocí AG nerovnosti

#2 11. 02. 2018 02:21 — Editoval laszky (11. 02. 2018 02:29)

Re: Dokažte monotonii posloupnosti za pomocí AG nerovnosti

#3 11. 02. 2018 02:42

Re: Dokažte monotonii posloupnosti za pomocí AG nerovnosti

Zápatí