Ricorrenza che tende a $\pi$

[ficus2002]

Sia $a_0=1$ e $a_n^2=1+(a_0+a_1+\cdots+a_{n-1})^2$. Provare che
$lim_{n\rightarrow +oo} (2^n)/(a_n)=\pi/2$

EDIT: Corretto un errore nel testo: $a_n^2$ anzichè $a_n$.
>Sia $a_0=1$ e $a_n=1+(a_0+a_1+\cdots+a_{n-1})^2$. Provare che
>$lim_{n\rightarrow +oo} (2^n)/(a_n)=\pi/2$

[carlo232]

"ficus2002":Sia $a_0=1$ e $a_n=1+(a_0+a_1+\cdots+a_{n-1})^2$. Provare che
$lim_{n\rightarrow +oo} (2^n)/(a_n)=\pi/2$

è più comodo esprimere $a_n$ in termini della sola $a_(n-1)$, abbiamo quindi

$a_n=1+(sqrt(a_(n-1)-1)+a_(n-1))^2$

$a_n>=1+(a_(n-1))^2$

$a_n>=2^n$ per $n>0$

dove l'ultima relazione si verifica facilmente per induzione, da cui $lim_{n\rightarrow +oo} (2^n)/(a_n) < 1$.

Può darsi che mi sbagli, ma il risultato che chiedi venga dimostrato è errato.

[ficus2002]

Scusate, c'era un errore nella definizione della ricorrenza. Corrego il post iniziale.

[Thomas16]

Forse dopo un bel pò di tentativi ci sono riuscito... l'idea è... visto che c'è un pi greco, si dovranno usare integrali o funzioni trigonometriche! La seconda!!

si ponga $1/a_n=sen(x_n)$. mettendo tutto nella relazione e rielaborando (magari usando trucchetti come quello del mitico carlo23! nel caso posto i passaggi), si ha la semplice relazione:

$x_n=x_(n-1)/2$
$x_0=\pi / 2$

risolta, $x_n=\pi /2^(n+1)$.

da cui finalmente $a_n= 1/(sen(\pi /2^(n+1)))$

e ore, avendo la forma esatta, è facile verificare il limite!!

bellissimo!

[ficus2002]

Perfetto!
ve ne propongo un'altra:
Sia $x_1=2$, $x_2=2\sqrt(2)$, $x_{k+1}=x_k \sqrt{{2x_k}/{x_k+x_{k-1}}}$, allora
$lim_{k->+oo} x_k=\pi$.

[Thomas16]

beh.... capito il trucco dovrebbe essere facile.... poi visto l'esercizio precedente è facile congetturare la soluzione della ricorrenza (i dati iniziali aiutano!)... e verificare a mano che effettivamente soddisfa.... ... lascio il divertimento a qualcun altro!!

Cmq si possono costruire tante belle ricorrenze con questo trucchetto!!