Successioni

[Pachisi]

Iniziamo con un punto $S(a,b)$ del piano con $0 $x_0=a$, $y_0=b$, $x_{n+1}=(2x_ny_n)/(x_n+y_n)$, $y_{n+1}=(2x_{n+1}y_n)/(x_{n+1}+y_n)$. Dimostrare che $lim x_n=lim y_n$ e trovare questo limite.

[orsoulx]

Si può considerare la sequenza $ z_0=a, z_1=b, z_{n+1}=(2z_n z_{n-1})/{z_n+z_{n-1}}" per " n>0 " $.
Ogni termine (esclusi i primi due) è la media armonica dei due precedenti. Nella sequenza dei reciproci $ 1/ z_n $ ogni termine (esclusi i primi due) è la media aritmetica dei due precedenti e, com'è noto, questa successione converge a $ (a'+2b')/3 $.
La prima convergerà allora a $ (3ab)/(2a+b) $.
Le limitazioni poste mi paiono eccessive.

Ciao e complimenti per le tue soluzioni, sempre di ottima fattura.
B.

[Pachisi]

Si, bravo
Grazie per il complimento

[Sk_Anonymous]

Siccome il valore medio tra due sta in mezzo, se $x_n>y_n => x_n>x_{n+1}>y_n$, e quindi $x_{n+1}> y_{n+1}> y_n$. Dato che $a>b$ per ipotesi, le due successioni sono limitate e monotone (crescente una, decrescente l’altra){si può provare per induzione]. Pertanto esiste il limite per entrambe.
Da $x_{n+1}-y_{n+1}= \frac{2x_n y_n}{x_n+y_n}-\frac{2x_{n+1} y_n}{x_{n+1}+y_n}<\frac{2x_n y_n}{x_n+y_n}-\frac{2x_{n+1} y_n}{x_{n}+y_n}=\frac{2 y_n}{x_n+y_n}(x_n- x_{n+1})$,

segue che, essendo convergente la ${x_n}$ e limitato $|\frac{2 y_n}{x_n+y_n}|$, anche ${x_{n+1}-y_{n+1}}$ è convergente e quindi $ {y_n}$ converge allo stesso limite.

Facendo un po’ di conti parte ndo da $a$ e $b$:

$\frac{2a b}{a+b}, \frac{4a b}{3a+b}, \frac{8a b}{5a+3b}, \cdots$

Che si può mettere nella forma:

$\frac 1{1/{2a}+1/{2b}}, \frac 1{3/{4a}+1/{4b}}, \frac 1{5/{8a}+3/{8b}}, \cdots$

Da cui si vede [per induzione credo, ma non ho proprio voglia di fare iconti ] che I coefficienti $c_i$ del termine $1/a$ soddisfano alla seguente regola

$c_{n+1}+c_n/2=1$

Per questa sequenza, al limite, di cui è assicurata l’esistenza, vale la $c+c/2=1, c=2/3$.

Analogamente per i coeffeicienti del etrmine $1/b$ si ottiene il limite di $1/3$.
Pertanto $x_oo=y_oo=\frac {3ab}{a+2b}$

... forse

[orsoulx]

Se ottieni un risultato diverso dal mio, almeno uno dei due deve essere sbagliato.
Fatto prova: con $ a=12, b=3 $, la tua darebbe $ 6 $ la mia $ 4 $.....

[Sk_Anonymous]

"orsoulx":Se ottieni un risultato diverso dal mio, almeno uno dei due deve essere sbagliato.
Fatto prova: con $ a=12, b=3 $, la tua darebbe $ 6 $ la mia $ 4 $.....

ho come la sensazione che tu sospetti che sia io ad aver sbagliato.

credo sia proprio così.
Avevo questa sensazione per questo ho concluso il post con un "...forse". Ho scritto tutto moto velocemente senza ricontrollare i passaggi.
Quello che non mi tornava era il fatto che nella forma

$\frac{2a b}{a+b}, \frac{4a b}{3a+b}, \frac{8a b}{5a+3b}, \cdots$

era $a$ ad avere il coefficiente più grande. Mentre nella forma

$ x_oo=y_oo=\frac {3ab}{a+2b} $

è $b$ ad avere il coefficiente più grande.

Ma, per pigrizia, non ho verificato il passaggio intermedio,



$ \frac 1{1/{2a}+1/{2b}}, \frac 1{3/{4a}+1/{4b}}, \frac 1{5/{8a}+3/{8b}}, \cdots $

che contiene evidentemente un errore.

Chi si vuole divertire a trovarlo?

[orsoulx]

Avendo un solo passaggio da controllare, sospettare che sia corretto è vergognosamente facile.

[robbstark1]

Aggiungo una dimostrazione del fatto che la successione il cui termine è la media aritmetica dei due precedenti converge a $\frac{a+2b}{3}$, se $a$ e $b$ sono i primi due termini della successione.

In pratica abbiamo $a_{n+1} = \frac{a_n + a_{n-1}}{2}$.
Cerco una soluzione del tipo $a_n = \alpha^n$. Sostituendo nella formula di ricorrenza si ottiene un'equazione di secondo grado avente per soluzioni $\alpha = 1$ e $\alpha = -1/2$.
Una qualsiasi combinazione lineare delle successioni generate da questi due valori di $\alpha$ soddisfa la stessa formula di ricorrenza. Abbiamo dunque:
$a_n = c_1 1^n + c_2 ( - 1/2 )^n$
A questo punto impongo $a_0 = a$ e $a_1 = b$, da cui si ricavano:
$c_1 = \frac{a+2b}{3}$
$c_2 = \frac{2(a-b)}{3}$
Per $n -> + \infty$, il termine moltiplicato per $c_2$ tende a $0$, dunque resta $\frac{a+2b}{3}$.

[Erasmus_First]

Arrivo in ritardo, ma quel che scrivo ora l'avevo pensato nel pomeriggio senza leggere oltre la risposta di orsoulx,
Il risultato (limite comune di $x_n$ e $y_n$ al tendere di $n$ a $+∞$) è quello che dice orsoulx: $(3ab)/(2a + b)$.
Ma mi è difficile seguire il suo modo di procedere. Preferisco andare di testa mia.
a) Supponiamo $x_n > y_n$. Posto $δ_n = (x_n - y_n)/(x_n + y_n)$ abbiamo $1 > δ_n >0$ e:
$x_(n+1) = (2x_ny_n)/(x_n + y_n) = x_n((x_n+y_n) - (x_n -y_n))/(x_n + y_n) = x_n(1 -δ_n) < x_n$;
$x_(n+1) = ... = y_n((x_n+y_n) + (x_n -y_n))/(x_n + y_n) = y_n(1 +δ_n) > y_n$;
$y_(n+1) = ... = (4x_ny_n)/(3x_n + y_n) = x_n(2(x_n+y_n) -2 (x_n -y_n))/(2(x_n + y_n) + (x_n-y_n)) = x_n(1 -δ_n)/(1+0,5δ_n) $y_(n+1) = ... = (4x_ny_n)/(3x_n + y_n) = y_n(2(x_n+y_n) +2 (x_n -y_n))/(2(x_n + y_n) + (x_n-y_n)) = x_n(1 +δ_n)/(1+0,5δ_n) > y_n$.
Siccome $x_0 > y_0$, $∀n$ $y_n < y_(n+1) < x_(n+1) < x_n$.
b) ... Troppo tedioso!
Qua ... è complicato scrivere le formule!!!
Se si calcola $x_(n +1)- y_(n+1)$ in funzione di $x_n$ e $y_n$ si trova $x_(n +1)- y_(n+1) <(x_n - y_n)/2$.
Quindi, non solo il limite delle due successioni è comune, ma la convergenza è anche piuttosto rapida.

c) E' anche facile trovare l'andamento delle successioni al variare diu $n$ ... sperimentalmente, esaminando cioè alcuni termini in fila.
Visto che il limite è comune, mi limito a $x_n$, che è una frazione del tipo
$(kab)/(ra + sb)$
dove k, r ed s sono funzioni di n.
Per n > 0 si trova
$k(n) = 2^(2n-1)$; $r(n)= 2/3(k(n)+1) – 1$; $s(n) = k(n) - r(n)$.
Per esempio abbiamo:
$k(4) = 2^(2·4 - 1) = 2^7 = 128$;
$r(4) = 2/3(k(4) + 1) - 1 = 2/3·129 - 1 = 85$;
$s(4) = k(4) - r(4) = 128 - 85 = 43$;
$x_4 = (128ab)/(85a + 43b)$.
Si constata che, al crescere di n, $x_n$ tende (calando) velocemente a $(3ab)/(2a + b)$.
Allo stesso limite tende (crescendo) $y_n$.
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[Erasmus_First]

––> Answer to Pachisi.png

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[orsoulx]

Penso non ci sia molto da aggiungere a questo problema, risolto con approcci diversi e stili altrettanto variegati.
Nel primo dei miei interventi avevo, però, sollevato una questione a cui nessuno a dato seguito.

"Pachisi":...con 0
Queste limitazioni sono necessarie? Se non lo fossero, e non lo sono: \( a,b \in R \) come dovrebbe essere 'addomesticato' per garantire la convergenza? Fissato \( a \ne 0 \), quali valori di $ b $ sono necessariamente da escludere?
Ciao
B.

[Erasmus_First]

@ orsoulx.
Supponiamo che a e b siano diversi da zero, che a/b sia positivo (cioè che a e b siano entrambi positivi o entrambi negativi). Allora l'algebretta simbolica va sempre bene, le formule sono le stesse. Non cambia niente (nelle formule) se invece di essere $a > b$ fosse $a < b$.
[Cambierebbe però la posizione relativa di $x_∞$ e di $y_∞$ rispetto agli "estremi" $x_0$ e $y_0$].
Cambia tutto, invece, se a e b sono di segno diverso.
[ Non va bene che sia $a=0$ o $b=0$].
Anzitutto bisogna evitare che si annulli qualche denominatore.
A tale scopo occorre che per ogni n intero positivo sia
• $a/b ≠ - (2^(2n-1)+1)/(2^(2n)-1)$ (se no si annulla il denominatore di $x_n$);
• $a/b ≠ - (2^(2n)-1)/(2^(2n+1)+1)$ (se no si annulla il denominatore di $y_n$).
Infine, per $a/b = -1/2$ (ossia per $2a+b = 0$) le successioni non convergono allo stesso limite, bensì divergono.
Quella che ha il termine iniziale negativo viene con tutti i termini negativi e tende a $-∞$.
[Quella che ha il termine iniziale positivo viene con tutti i termini positivi e tende a $+∞$]

Quel che ho detto si vede facilmente scrivendo i termini delle successioni come nel mio precedente intervento, cioè:
$x_n = (3ab)/(2a+b-(a-b)/2^(2n-1))$; $y_n = (3ab)/(2a+b+(a-b)/2^(2n))$.
Cao ciao, orsoulx/B.

"robbstark":Aggiungo una dimostrazione del fatto che la successione il cui termine è la media aritmetica dei due precedenti converge a $\frac{a+2b}{3}$, se $a$ e $b$ sono i primi due termini della successione.

Hai omesso di dire cosa c'entra la tua dimostrazione con il quiz posto da Pachisi.
Posso dirlo io?
Se [nel problema di Pachisi] sostituiscono le variabili con il loro reciproco ogni ternine diventa una media aritmetica.
Ma seguiamo da vicino quel che succede.

Mettiamo $u_n = 1/x_n$ e $v_n = 1/y_n$ per ogni n.
La legge di ricorrenza enunciata da Pachisi diventa:
$u_(n+1) = (u_n + v_n)/2$;
$v_(n+1) = (u_(n+1)+v_n)/2 = (u_n + 3v_n)/4$.
Ora è facile vedere come vanno le cose!
Partendo da $u_0$ e $v_0$ distanti $d$ uno dall'altro, $u_1$ casca a distanza d/2 da entrambi e $v_1$ tra $u_1$ e $v_0$ a distanza d/4 da entrambi, cioè a distanza $3/4d$ da $u_0$ e $d/4$ da $v_0$.
Adesso si ripete in proporzione lo stesso spostamento su una distanza non più d bensì d/4.
Pertanto $v_n$ si allontana da $v_0$ in direzione di $u_0$ con la progressione geometrica di ragione 1/4:
$d/4 + 1/4d/4 + 1/4^2d/4 + 1/4^3d/4 +... = d/4(1/(1-1/4)) = d/3$.
La sua posizione dopo infiniti passi sarà:
$v_∞ = v_0 + (u_0 - v_0)/3 = (2v_0 + u_0)/3$.
Corrispondentemente $u_n$ si allontana da $u_0$ in direzione di $v_0$ con la progressine geometrica di ragione 1/4:
$d/2 + 1/2d/4+1/2d/4^2 + 1/2d/4^3+ ... = d/2(1/(1-1/4)) = 2d/3$.
La sua posizione dopo infiniti passi sarà;
$u_∞ = u_0+ 2(v_o-u/0)/3 v0 = 2v_0+u_0)/3$, c oncidente con quella di $v_∞$.
Se ora torniamo ai simboli $a = 1/u_0$ e $b = 1/v_0$ mettendo $x_∞$ per $1/u_∞$ e $y_∞$ per $1/v_∞$ abbiamo:
$y_∞ = x_∞ = 3/(2/b+1/a) = (3ab)/(2a + b)$, ... Come Volevasi Dimostrrare.
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