Successioni per ricorrenza 2, es 8,9,10

Studio di successioni per ricorrenza autonome e non autonome
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Successioni per ricorrenza 2, es 8,9,10

#1 Messaggioda catarsiaffa » lunedì 9 luglio 2012, 16:18

Buongiorno a tutti! Sono alle prese con le successioni per ricorrenza non autonome e non riesco in alcun modo a dimostrare queste tre, nonostante il loro comportamento mi sia chiaro:

es8 a(n+1)=n*(an)^3 con a1=1/2
es9 a(n+1)=n-a(n) con a0=0
es10 a(n+1)=radicen-esima di a(n) con a1=1/5

Grazie in anticipo a chi vorrà darmi una mano! :)
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Re: Successioni per ricorrenza 2, es 8,9,10

#2 Messaggioda catarsiaffa » giovedì 12 luglio 2012, 8:20

Ho provato a risolvere la 9, con scarso successo...Non riesco a trovare un piano che sia dimostrabile!

Forse ho trovato il modo di risolvere la 10, ma avrei bisogno di conferme/smentite a riguardo...
Scrivo la risoluzione che ho in mente, non risparmiate le critiche!:)

a_n+1= (a_n)^(1/n)
a_1=1/5

i) n/(n+1.000) <= an <= 1
ii) an->1

Dim i): Passo base: 1/(1.001) <= 1/5 <= 1
Passo ind: Se n/(n+1.000) <= a_n <=1 allora n/(n+1+1.000) <= a_n+1 <= 1

Dimostro passo induttivo: a_n <=1 ------> (a_n)^1/n <= (1)^1/n =1, quindi a_n+1 <= 1

n/(n+1.000) <= a_n ------> (n/n+1.000)^1/n <= (a_n)^1/n = a_n+1 So che (n/n+1.000)<= (n/n+1.000)^1/n se (n/n+1.000)>0, quindi (n/n+1.000)<= (n/n+1.000)^1/n<=a_n+1.

Dim ii): n/(n+1.000) <= an <= 1 Applico il teorema dei Carabinieri per n->+oo, ed ottengo che n/(n+1.000)-> 1, 1=1, quindi a_n->1.

Potrebbe andar bene?
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Re: Successioni per ricorrenza 2, es 8,9,10

#3 Messaggioda catarsiaffa » giovedì 12 luglio 2012, 9:18

Penso che il metodo scritto sopra non sia il massimo, ho provato a fare un altro piano, ditemi se commetto qualche errore imperdonabile:

a_n+1 = (a_n)^1/n a_1=1/5

Idea: a_n->1

Piano con la monotonia: (i) 0 < a_n <=1
(ii) a_n+1 >= a_n
(iii) a_n --> l E R
(iv) l=1

Dim (i) P.base: 0< 1/5 <=1
P.ind 0< a_n <=1 --> 0< a_n+1 <=1

Dim. P. ind. Se 0< a_n <=1, allora (a_n)^1/n >= a_n , quindi 0 < a_n <= (a_n)^1/n = a_n+1
Applicando la ricorrenza al limite, ottengo che 0 < (a_n)^1/n <= (1)^1/n = 1

Dim (ii) : P.base 1/5 >= 1/5
P.ind. Se a_n+1 >=a_n, allora a_n+2 >= a_n+1

Dim. p. ind. (a_n)^1/n >= a_n e 0 < a_n <=1 per il punto (i) sopra dimostrato,
a_n+2 = (a_n+1)^(1/n+1) e a_n+1 = (a_n)^1/n

Quindi a_n+2 = ((a_n)^(1/n) )^(1/n+1) >= (a_n)^1/n , dato che 0 < (a_n)^1/n <=1
Ho quindi dimostrato che se a_n+1>= a_n, allora a_n+2 >= a_n+1.
Dim (iii) per la monotonia, se 0< a_n <=1 e a_n+1 >= a_n, allora a_n -->l E R

Dim (iv) Dato che l E R applico il limite alla ricorrenza: (a_n)^(1/n) = a_n
l ^(1/n) = l
l=0 o l=1, ma per il punto (i) ho che l=/=0, quindi l=1.
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PLA
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Re: Successioni per ricorrenza 2, es 8,9,10

#4 Messaggioda PLA » giovedì 6 settembre 2012, 16:14

Io la 9 l'ho risolta così

PIANO DEL RAPPORTO

i) a_n>0

ii)a_n \rightarrow +\infty

i) Dimostrazione per induzione.

essendo i primi due termini uguali a zero, l' "innesco" si ha da n=2 in poi.

Passo base per n=2: a_2=1

Passo induttivo: Ipotesi: a_n>0 tesi: a_{n+1}>0
Sfruttando la ricorrenza ricavo:
a_{n+1}=n-a_n >0 valido se e solo se n>a_n

Dimostro quindi, sempre per induzione che n>a_n

Passo base per n=2: a_2=1
Passo induttivo: Ipotesi:n>a_n tesi:n+1>a_{n+1}

a_{n+1}=n-a_n<n+1-a_n<n+1-n=1<n+1

All'inizio ho sfruttato la ricorrenza, nel passo successivo ho semplicemente sommato 1 per poi sfruttare al terzo passaggio l'ipotesi secondo cui n>a_n per cui andando a detrarre una quantità maggiore ho di sicuro un termine minore.

Avendo dimostrato che n>a_n ne consegue anche che a_n>0

ii) criterio del rapporto:
\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}


\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{n-a_n}{a_n} =\frac{n}{a_n} -1 \rightarrow +\infty

Per cui, per il criterio del rapporto il limite diverge.

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Re: Successioni per ricorrenza 2, es 8,9,10

#5 Messaggioda PLA » giovedì 6 settembre 2012, 17:19

Per quanto riguarda la 10 credo che la mia soluzione sia simile a quella col piano con la monotonia che tu stessa hai scritto.

I 4 step del piano sono esattamente uguali ai tuoi.. ti riscrivo comunque la mia soluzione perché dopo poco mi perdo tra le tue righe! (non perché siano sbagliate... ma proprio perché m'impegno poco a cercare di capire la scrittura a rigo... scusami! :oops: )

Dunque:

i) 0<a_n<1
Dimostro per induzione. Il passo è verificato, mentre il passo induttivo:

Ipotesi: a_{n+1} \ge a_n Tesi:a_{n+2} \ge a_{n+1}

a_{n+1} \ge a_n  \Rightarrow applico f \Rightarrow f(a_{n+1}) \ge f(a_n) \Rightarrow a_{n+2} \ge a_{n+1}

Ecco. Su questo punto avrei dei dubbi perché non ho idea se f sia realmente crescente. E' solo una mia ipotesi che tra l'altro non ho ancora dimostrato. Quindi non sono sicura di poter applicare f impunemente.
Ad ogni modo, se si potesse.. allora, avrei dimostrato che la funzione è monotona crescente :D

iii) a_n \rightarrow l con l finito come conseguenza dei punti i) e ii)

iv) a_n \rightarrow 1

Siccome ho già dimostrato che a_n<1 faccio per entrambi la radice ennesima (ricavando quindi la successione per ricorrenza). Poi applico il confronto a due: se la più grande è limitata e tende a 1, allora anche la più piccola lo sarà.


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