Successione

[lschiavone]

la successione era definita nel modo seguente: a di uno = uno, a di n+1= 1+ n/(a di n)
si chiedeva quindi di calcolare il limite per n che tende a più infinito di ((a di n) su radice di n)
di dimostrare che per qualunque n (a di n+1 è maggiore o uguale ad a di n)
di calcolare il limite per n che tende a più infinito di ((a di n) meno radice di n)
se qualcuno ha un idea
grazie

[@melia]

Sapendo che $a_1=1$
$a_(n+1)=1+n/a_n$ oppure, se avessi dimenticato la parentesi, $a_(n+1)=(1+n)/a_n$

calcolare $lim_(n->+oo) a_n/sqrtn$

dimostrare che $AA n in NN, a_(n+1)>=a_n$

calcolare $lim_(n->+oo) a_n-sqrtn$

Domanda. Quale delle due forme per $a_(n+1)$?

[Erasmus_First]

"@melia":«Sapendo che $a_1=1$
[...]
$a_(n+1)=1+n/a_n$ [o invece $a_(n+1)=(1+n)/a_n$ ?]
[...]
dimostrare che $AA n in NN$ $a_(n+1)>=a_n$ [...]»

Se fosse $∀n∈NN$ $a_(n+1)=(1+n)/a_n$ non potrebbe essere $∀n∈NN$ $a_(n+1)≥a_n$.
Infatti, dopo $a_1$ verrebbe:
$a_2 = 2$; $a_3 = 3/2 < a_2$;
$a_4 = 4·2/3 = 8/3$; $a_5 = 5·3/8 = 15/8 < a_4$; ...
E in generale $AA k in NN$ $a_(2k+3) < a_(2k+2)$.

Mi pare che questo sia più un esercizio di informatica che di analisi!
Chi può programmare può velocemente calcolarsi $a_n$ per $n$ crescente e verificare sperimentalmente ipotetiche risposte alle rispettive domande.
[Io – che non posso programmare – mi sono limitato a calcolare, un passo alla volta, $a_n$ fino ad $n = 81$]
Ho così potuto osservatoche, per $n >3$, $a_n$ è effettivamente crescente, maggiore di $sqrtn$ e minore di $sqrtn + 1/2$.

Supponiamo che sia buona la domanda: «Calcolare $lim_(n->+oo) a_n-sqrtn$».
Allora, per $n$ molto grande $(a_(n+1) - a_n)/a(n)$ dovrebbe essere positivo e molto piccolo rispetto ad $a_n$.
Pertanto, per $n$ molto grande dovrmmo avere $a_(n+1)/a_n ≈ 1$, ossia, posto $x=a_n$:
$x ≈ 1+ n/x$ ––> $x ≈ sqrtn + 1/2 + 1/(8sqrtn)$.
Quest'ultimo numero, per $n=36$, $n=49$, $n=64$ e $n=81$ vale rispettivamente
$x_36 ≈ 6,503$; $x_49 ≈ 7,5026$; $x_64≈8,50196$; $x_81≈9,5015$.
I corrispondenti termini della successione valgono:
$a_36 ≈ 6,4760$; $a_49 ≈ 7,4797$; $a_64≈8,4825$; $a_81≈9,4846$.
E' dunque plausibile che, al crescere di $n$, $a_n$ tenda asintoticamente a $sqrtn + 1/2$ e quindi che sia:
$lim_(n->+oo) a_n-sqrtn = 1/2$

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Mi sono "s-cervellato", ma non so se si può rispondere (e allora come si possa rispondere) alle domande per via deduttiva,
Se una qualche possibilità c'è, non mi pare che l'esercizio possa stare qui (in scuole pre-universitarie).
______

[totissimus]

1)

$a_{n}\geq1$

2)

$a_{n+1}=1+\frac{n}{a_{n}}<1+\frac{n}{1}=1+n$

3)

$a_{n}
4)

$a_{2}=2>a_{1}$

$a_{n+1}a_{n}=a_{n}+n$

$(a_{n+1}-a_{n})a_{n}=-a_{n}^{2}+a_{n}+n=-\left(1+\frac{n-1}{a_{n-1}}\right)^{2}+(1+\frac{n-1}{a_{n-1}})+n=-\frac{(n-1)^{2}}{a_{n-1}^{2}}-\frac{n-1}{a_{n-1}}+n> -\frac{(n-1)^{2}}{(n-1)^{2}}-\frac{n-1}{n-1}+n=n-2$

quindi per $n>1 $ si ha $(a_{n+1}-a_{n})a_{n}>0$e quindi $a_{n+1}-a_{n}>0$

La successione è crescente

5)

$f(x)=\frac{n}{x}+x$ per $x>0$ ha il minimo assoluto uguale a $2\sqrt{n}$
in $x=\sqrt{n}$

6)

$2a_{n+1}>a_{n+1}+a_{n}=1+\frac{n}{a_{n}}+a_{n}>1+2\sqrt{n}$ per la 5)


$a_{n+1}>\frac{1}{2}+\sqrt{n}$

$a_{n}>\frac{1}{2}+\sqrt{n-1}$

7)

$a_{n+1}=1+\frac{n}{a_{n}}<1+\frac{n}{\frac{1}{2}+\sqrt{n-1}}$

$a_{n}<1+\frac{2n-2}{1+2\sqrt{n-2}}$

8)

$\frac{1}{2}+\sqrt{n-1}-\sqrt{n}
9)

Facilmente si prova che:

$\lim(\sqrt{n-1}-\sqrt{n})=0$

$\lim(1+\frac{2n-2}{1+2\sqrt{n-2}}-\sqrt{n})=\frac{1}{2}$

10)

$\lim(a_{n}-\sqrt{n})=\frac{1}{2}$ per il teorema del confronto

[@melia]

"Erasmus_First":
Mi sono "s-cervellato", ma non so se si può rispondere (e allora come si possa rispondere) alle domande per via deduttiva,
Se una qualche possibilità c'è, non mi pare che l'esercizio possa stare qui (in scuole pre-universitarie).

A me sembra un esercizio da test di ammissione per scuole di eccellenza. La sezione è quella corretta.

[totissimus]

La mia precedente soluzione contiene un grave errore nel punto 4).
Provo a porvi rimedio.

A) $\forall n>0:0\leq-a_{n}^{2}+a_{n}+n\leq\frac{a_{n}^{2}}{n}$

Procedo per induzione:

Per $n=1$ la relazione A è ovviamente vera

Supponiamo che sia vera per $n>1$ e quindi:

B) $-a_{n}^{2}+a_{n}+n\geq0$

C) $-a_{n}^{2}+a_{n}+n\leq\frac{a_{n}^{2}}{n}$ oppure $(n+1)a_{n}^{2}-na_{n}-n^{2}\geq0$

Provo che le B e C valgono anche per $n+1$

Provo la B:

$-a_{n+1}^{2}+a_{n+1}+n+1=-\left(1+\frac{n}{a_{n}}\right)^{2}+(1+\frac{n}{a_{n}})+n+1=-\frac{n^{2}}{a_{n}^{2}}-\frac{n}{a_{n}}+n+1=\frac{1}{a_{n}^{2}}\left[-n^{2}-na_{n}+(n+1)a_{n}^{2}\right]=$

$\frac{1}{a_{n}^{2}}\left[a_{n}^{2}+n(a_{n}^{2}-a_{n}-n)\right]\geq\frac{1}{a_{n}^{2}}\left[a_{n}^{2}-n\frac{a_{n}^{2}}{n}\right]=0$
ho applicato la C)

Provo la C:

$(n+2)a_{n+1}^{2}-(n+1)a_{n+1}-(n+1)^{2}=(n+2)(1+\frac{n}{a_{n}})^{2}-(n+1)\left(1+\frac{n}{a_{n}}\right)-(n+1)^{2}=$

$n+2+\frac{2n(n+2)}{a_{n}}+\frac{n^{2}(n+2)}{a_{n}^{2}}-n-1-\frac{n(n+1)}{a_{n}}-n^{2}-2n-1=\frac{n^{2}(n+2)}{a_{n}^{2}}+\frac{n^{2}+3n}{a_{n}}-n^{2}-2n=$

$\frac{n}{a_{n}^{2}}\left[n(n+2)+(n+3)a_{n}-(n+2)a_{n}^{2}\right]=$applico la B $\geq\frac{n}{a_{n}^{2}}\left[n(n+2)+(n+3)a_{n}-(n+2)(a_{n}+n)\right]=$

$\frac{n}{a_{n}^{2}}\left[n^{2}+2n+na_{n}+3a_{n}-na_{n}-n^{2}-2a_{n}-2n\right]=\frac{n}{a_{n}^{2}}a_{n}=\frac{n}{a_{n}}>0$

Quindi B) e C) valgono per ogni $n$ in particolare la B)

[giammaria2]

Dopo aver dimostrato che $a_(n+1)>=a_n$ (col metodo di totissimus o con altri) si può continuare nel modo seguente.

$1+n/a_n>=a_n->...->a_n<=sqrt(n+1/4)+1/2$
ed in corrispondenza si ha $a_(n+1)>=sqrt(n+1/4)+1/2$. Diminuendo $n$ di una unità, quest'ultima formula diventa
$a_n>=sqrt(n-3/4)+1/2$

Ho quindi $f_1(n)<=a_n<=f_2(n)$

con $f_1(n)=sqrt(n-3/4)+1/2" "$ e $" "f_2(n)=sqrt(n+1/4)+1/2$

Non è difficile calcolare che per entrambe le funzioni si ha

$lim_(x->+oo)(f(n))/sqrt n=1" "$ e $" "lim_(x->+oo)[f(n)-sqrtn]=1/2$

e per il teorema del confronto questi sono i limiti per $a_n$.

[Erasmus_First]

Ho provato a partire da $a_1 0 5$ invece che da $a_1=1$. (sempre con la legge di ricorrenza $a_(n+1)=n/a_n$) e trovo
$a_(81)=$ a_81==9,48463769445600 $$ a_(81)=9,484602109096 $$ a_81==9,48463769445600 $9,484602109096$.
Partendio con $a_1 = 1$ avevo invece trovato $a_81==9,48463769445600$, che è molto pocxo diverso.
Vuol dire che a lungo andare la successione si aggiusta sempre asintoticamente alla stessa anche se il termine iniziale non è 1.

"totissimus":[...] $a_{n+1}>\frac{1}{2}+\sqrt{n}$ [...]

Occhio! Questa è sbagliata!
La successione è crescente e tende a $1/2 + sqrtn$ (ew ci arriva per n tendente all'infinito!).
Quindi, per ogni indice è $a_n = 1/2 + sartn – ∆_n$ con $∆_n$ positivo e decrescente (infinitesimo al crescere indefinitamente di $n$).
––––––––
Adesso sospendo, ma dopo continuo ... con qualcosa –spero – di interessante!
______

[dan952]

Punto 1

È chiaro che $a_n \geq 1$ per ogni $n$ naturale

$1+\frac{\sqrt{n}}{\frac{a_n}{\sqrt{n}}}=a_{n+1}$

Dividiamo per $\sqrt{n+1}$ entrambi i membri e passiamo al limite, otteniamo

$\lim_{n \rightarrow +\infty} (\frac{1}{\sqrt{n+1}}+\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}\cdot \frac{1}{\frac{a_n}{\sqrt{n}}})=\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{a_{n+1}}{\sqrt{n+1}} \Rightarrow 1/l=l \Rightarrow l=1$

[totissimus]

Propongo una nuova dimostrazione più concisa che $a_{n+1}>a_n$

$a_{n+1}=1+\frac{n}{a_{n}}=1+\frac{n}{1\frac{n-1}{a_{n-1}}}=\frac{a_{n-1}+na_{n-1}+n-1}{a_{n-1}+n-1}$

$a_{n+2}-a_{n+1}=\frac{a_{n}+(n+1)a_{n}+n}{a_{n}+n}-\frac{a_{n-1}+na_{n-1}+n-1}{a_{n-1}+n-1}=\frac{\left[a_{n}+(n+1)a_{n}+n\right](a_{n-1}+n-1)-\left[a_{n-1}+na_{n-1}+n-1\right](a_{n}+n)}{(a_{n}+n)(a_{n-1}+n-1)}=$

$\frac{a_{n-1}a_{n}+(n^{2}-1)a_{n}-n^{2}a_{n-1}}{(a_{n}+n)(a_{n-1}+n-1)}=\frac{a_{n-1}+n-1+(n^{2}-1)a_{n}-n^{2}a_{n-1}}{(a_{n}+n)(a_{n-1}+n-1)}=\frac{(n^{2}-1)(a_{n}-a_{n-1})+n-1}{(a_{n}+n)(a_{n-1}+n-1)}$

Essendo

$a_{2}-a_{1}>0,a_{3}-a_{2}=0$ il risultato segue per induzione.