Rekursinės sekos: kaip įrodyti konvergavimą
Rekursinėje sekoje kitą narį gauni iš ankstesnio. Norint rasti ribą neužtenka įrašyti „abu nariai artėja į L“. Pirmiausia reikia įrodyti, kad seka tikrai konverguoja. Patogiausias kelias dažnai yra „monotoniška + aprėžta“.
Trys darbai teisinga tvarka
1. Rask spėjamą ribą iš $L=g(L)$, bet kol kas laikyk ją tik kandidatu. 2. Indukcija įrodyk aprėžtumą ir monotoniškumą. Didėjanti iš viršaus aprėžta seka konverguoja; mažėjanti iš apačios aprėžta taip pat. 3. Tik tada pereik prie ribos rekursijoje, jei $g$ tolydi ties gauta riba.
Indukcija yra domino argumentas
Pradžia: patikrink pirmą narį. Prielaida: tark, kad teiginys tinka $a_n$. Žingsnis: iš to išvesk, kad tinka $a_{n+1}$. Taip teiginys tinka visiems nariams. Norint įrodyti didėjimą galima lyginti $a_{n+1}-a_n$, santykį teigiamiems nariams arba kvadratus, jei abu nariai neneigiami.
Kontrolinio seka
$a_1=2$, $a_{n+1}=\sqrt{2+3a_n}$. Kandidatai sprendžia $L^2-3L-2=0$. Teigiamas $\displaystyle L=\frac{3+\sqrt{17}}{2}$. Indukcija: $2\le a_n<L\Rightarrow2\le a_{n+1}<\sqrt{2+3L}=L$. Be to $a_{n+1}^2-a_n^2=2+3a_n-a_n^2>0$, kai $2\le a_n<L$, nes kitas kvadratinio trinaro šaknis neigiamas. Todėl seka didėja ir yra aprėžta iš viršaus. Ji konverguoja į teigiamą kandidatą.
Išspręskime kartu
$a_1=1$, $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$. Įrodyk konvergavimą ir rask ribą.
- Pradinis narys $a_1=1$ tenkina $1\le a_1<2$.
- Jei $1\le a_n<2$, tada $3\le2+a_n<4$. Ištraukus šaknis $\sqrt3\le a_{n+1}<2$, todėl ir $1\le a_{n+1}<2$. Indukcija pagrindžia aprėžtumą visiems nariams.
- Iš rekursijos $a_{n+1}^2=2+a_n$. Atimame $a_n^2$: $a_{n+1}^2-a_n^2=2+a_n-a_n^2$.
- Skaidome $2+a_n-a_n^2=(2-a_n)(a_n+1)$. Abu daugikliai teigiami, nes $1\le a_n<2$.
- Todėl $a_{n+1}^2>a_n^2$. Abu nariai teigiami, taigi $a_{n+1}>a_n$. Didėjanti iš viršaus aprėžta seka konverguoja.
- Tik dabar žymime ribą $L$. Šaknis tolydi, todėl $L=\sqrt{2+L}$. Keliame kvadratu: $L^2-L-2=0$.
- Skaidome $(L-2)(L+1)=0$: kandidatai $2$ ir $-1$. Kadangi visi nariai bent $1$, lieka $L=2$.
Atsakymas. $L=2$.
Pirma įrodyk konvergavimą
Duota $a_1=1$, $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$. Įrodyk konvergavimą ir rask ribą.
Užuomina
Patikrink, kad visi nariai lieka tarp $1$ ir $2$ ir didėja.
Pirmas žingsnis
Jei $1\le a_n<2$, tai $1<\sqrt{2+a_n}<2$.
Sprendimo eiga
- Jei $1\le a_n<2$, tai $1<\sqrt{2+a_n}<2$.
- Indukcija: $a_1=1\in[1,2)$. Jei $a_n\in[1,2)$, tai ir $a_{n+1}\in[1,2)$. Seka aprėžta iš viršaus skaičiumi $2$.
- Kai $1\le a_n<2$, turime $a_{n+1}^2-a_n^2=2+a_n-a_n^2=(2-a_n)(a_n+1)>0$.
- Abu nariai teigiami, todėl $a_{n+1}>a_n$. Didėjanti aprėžta seka konverguoja.
- Tik dabar žymime ribą $L$ ir gauname $L=\sqrt{2+L}$. Iš $L^2-L-2=0$ gauname $L=2$ arba $L=-1$.
- Kadangi visi nariai bent $1$, neigiamas sprendinys netinka. Riba $2$. Patikra: pirmi nariai yra $1$, $1{,}732\ldots$, $1{,}932\ldots$.
Seka didėjanti ir aprėžta iš viršaus; $\lim a_n=2$.
Mažėjanti rekursinė seka
Duota $a_1=3$, $\displaystyle a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{2}{a_n})$. Įrodyk, kad seka konverguoja į $\sqrt2$.
Užuomina
Skirtumą $a_{n+1}-\sqrt2$ paversk kvadratu.
Pirmas žingsnis
Patikrink tapatybę $\displaystyle a_{n+1}-\sqrt2=\frac{(a_n-\sqrt2)^2}{2a_n}$.
Sprendimo eiga
- Patikrink tapatybę $\displaystyle a_{n+1}-\sqrt2=\frac{(a_n-\sqrt2)^2}{2a_n}$.
- Visi nariai teigiami: pradinis teigiamas, o rekursija iš teigiamo nario vėl duoda teigiamą.
- Tapatybės kilmė: $\displaystyle \frac{a_n}2+\frac1{a_n}-\sqrt2=\frac{a_n^2+2-2\sqrt2 a_n}{2a_n}=\frac{(a_n-\sqrt2)^2}{2a_n}$. Kvadratas neneigiamas, vardiklis teigiamas.
- Tapatybė $\displaystyle a_{n+1}-\sqrt{2}=\frac{(a_n-\sqrt{2})^2}{2a_n}\ge0$ rodo apatinį rėžį. Kadangi $a_1>\sqrt2$, jis galioja visiems nariams.
- Kai $a_n\ge\sqrt2$, turime $\displaystyle a_{n+1}-a_n=\frac{2-a_n^2}{2a_n}\le0$. Seka nedidėjanti ir aprėžta iš apačios, todėl konverguoja.
- Ribai $L\ge\sqrt2>0$ galime rašyti $\displaystyle L=\frac{L+\frac{2}{L}}{2}$. Taigi $L^2=2$, o teigiama šaknis yra $\sqrt2$.
- Patikra: $\displaystyle a_2=\frac{11}{6}\approx1{,}8333$, $\displaystyle a_3=\frac{193}{132}\approx1{,}4621$.
$\lim a_n=\sqrt2$.