Ricorrenza quadratica
Sia ${y_n}_(n in NN)$ la successione definita per ricorrenza
$y_0=1$
$y_n=y_(n-1)^2+1$ . $forall n>0$
dimostrare la formula esplicita
$y_n=[C^(2^n)]$
dove $$ indica la parte intera inferiore e la costante $C$ è definita come
$C=prod_(j=0)^infty ((y_(j+1))/(y_j^2))^(2^(-j-1))$
buon divertimento!
$y_0=1$
$y_n=y_(n-1)^2+1$ . $forall n>0$
dimostrare la formula esplicita
$y_n=[C^(2^n)]$
dove $
$C=prod_(j=0)^infty ((y_(j+1))/(y_j^2))^(2^(-j-1))$
buon divertimento!
Risposte
.. La costante $C$ mi sembra che tenda a $0$ ... mi sa che non va bene xo ... 
Per curiosità, questi ameni giochetti dove li trovate?
In giro, ma può darsi che Carlo se li modifichi o crei a piacimento, non mi sorprenderebbe 
Qui ce ne sono un po' per vari livelli.
Cmq sto per rinunciare, cosa che avrei dovuto considerare anche prima di cimentarmi in questo quesito
..
Qui ce ne sono un po' per vari livelli.
Cmq sto per rinunciare, cosa che avrei dovuto considerare anche prima di cimentarmi in questo quesito
..
Ma come siete ameni!
Okay, vediamo di far luce sulla faccenda...
Abbiamo che
$C^{2^n}=prod_{j=0}^infty ((y_(j+1))/(y_j^2))^(2^(n-j-1)) =f(n)g(n)$
dove per comodità
$f(n)=prod_{j=0}^(n-1) ((y_(j+1))/(y_j^2))^(2^(n-j-1)$
$g(n)=prod_{j=n}^infty ((y_(j+1))/(y_j^2))^(2^(n-j-1)$
ora
$f(n+1)=((y_n)/(y_(n-1)^2)) (prod_{j=0}^(n-1) ((y_(j+1))/(y_j^2))^(2^(n-j-1)))^2=((y_n)/(y_(n-1)^2))f^2(n)$
del resto $f(0)=1=y_0$ da cui $f(n)=y_n$. Calcoliamo adesso $g(n)$, lavorando sul prodotto parziale si trova
$g(n)=lim_(k rightarrow infty) (y_(n+k)^(2^-k))/(y_n)$
concentriamoci sulla serie $y_n,y_(n+1)^(1/2),y_(n+2)^(1/4)...$ sappiamo che per ogni intero $n$ e ogni reale $x>1$ è verificato
$(x+1)^(1/n)
per cui
$y_(n+k+1)^(2^(-k-1))=(1+y_(n+k)^2)^(2^(-k-1))
per cui sarà
$y_(n+k)^(2^(-k))
e quindi $g(n)<1+1/(y_n)$ mentre banalmente $g(n)>1$, segue
$[C^(2^n)]=[(y_n)g(n)]=y_n$
questo problema l'ho trovato su mathworld, sotto la voce "quadratic recurrence".
Abbiamo che
$C^{2^n}=prod_{j=0}^infty ((y_(j+1))/(y_j^2))^(2^(n-j-1)) =f(n)g(n)$
dove per comodità
$f(n)=prod_{j=0}^(n-1) ((y_(j+1))/(y_j^2))^(2^(n-j-1)$
$g(n)=prod_{j=n}^infty ((y_(j+1))/(y_j^2))^(2^(n-j-1)$
ora
$f(n+1)=((y_n)/(y_(n-1)^2)) (prod_{j=0}^(n-1) ((y_(j+1))/(y_j^2))^(2^(n-j-1)))^2=((y_n)/(y_(n-1)^2))f^2(n)$
del resto $f(0)=1=y_0$ da cui $f(n)=y_n$. Calcoliamo adesso $g(n)$, lavorando sul prodotto parziale si trova
$g(n)=lim_(k rightarrow infty) (y_(n+k)^(2^-k))/(y_n)$
concentriamoci sulla serie $y_n,y_(n+1)^(1/2),y_(n+2)^(1/4)...$ sappiamo che per ogni intero $n$ e ogni reale $x>1$ è verificato
$(x+1)^(1/n)
per cui
$y_(n+k+1)^(2^(-k-1))=(1+y_(n+k)^2)^(2^(-k-1))
per cui sarà
$y_(n+k)^(2^(-k))
e quindi $g(n)<1+1/(y_n)$ mentre banalmente $g(n)>1$, segue
$[C^(2^n)]=[(y_n)g(n)]=y_n$
questo problema l'ho trovato su mathworld, sotto la voce "quadratic recurrence".
a me pare più che carlo li posti solo per mostrare qualche post dopo come è bravo a risolverli... poi sarà una mia impressione da ignorante.. ma a me sembrano proprio tutti uguali i "giochi" di carlo...
"giacor86":
a me pare più che carlo li posti solo per mostrare qualche post dopo come è bravo a risolverli... poi sarà una mia impressione da ignorante.. ma a me sembrano proprio tutti uguali i "giochi" di carlo...
Se intendi uguali nella conclusione dei post... beh, in effetti finisce spesso che posti la soluzione, è perchè sono contento che altri ne vengano a conoscenza tra l'altro alcune cose non sono facili da trovare in italiano.
Se intendi in altro modo non ti seguo, spero solo tu non intenda che io posti problemi tutti uguali nell'enunciato
A me non sarebbe mai venuto in mente $C^{2^n}=f(n)g(n)$
Inoltre non so cosa sia il prodotto parziale .. me lo cercherò in seguito
Btw i problemi di Carlo ti fanno capire quanto poco sai della matematica ed in un certo senso ti spronano a imparare (magari a volte sono deprimenti, ma sono utili )
Inoltre non so cosa sia il prodotto parziale .. me lo cercherò in seguito
Btw i problemi di Carlo ti fanno capire quanto poco sai della matematica ed in un certo senso ti spronano a imparare (magari a volte sono deprimenti, ma sono utili
)
sisi per carità, io non obbietto sul'istruttività di questi problemi nè tantomeno penso di sapere molto di matematica!!! ti assicur però che avrei detto lo stesso a chi ad esempio posterebbe solo e soltanto problemi sui "cavalieri e bugiardi" e mezz'ora dopo mostra subito la sua elegante soluzione.
Beh l'ha postata 9 giorni dopo, avendo visto che nessuno (dotato delle nozioni necessarie ) ci si stava impegnando. La soluzione non è solo per far vedere "quanto sono bravo" ma per esporre il giusto ragionamento. Se ne può sempre trovare uno alternativo, migliore, peggiore, più elegante, etc. Inoltre la risposta non è immediata (se ci poso l'occhio non la capisco subito), se lo si vuole proprio risolvere da soli basta non leggere la soluzione
) ci si stava impegnando. La soluzione non è solo per far vedere "quanto sono bravo" ma per esporre il giusto ragionamento. Se ne può sempre trovare uno alternativo, migliore, peggiore, più elegante, etc. Inoltre la risposta non è immediata (se ci poso l'occhio non la capisco subito), se lo si vuole proprio risolvere da soli basta non leggere la soluzione
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