Esercizio su successione definità per ricorrenza.
Buonasera,
si consideri la seguente successione definita per ricorrenza, dove riporto la risoluzione che c'è sul mio libro :
\(\displaystyle \begin{cases}a_0=a\ge -1 \\ a_{n+1}=\sqrt{\tfrac{1+a_n}{2}} \end{cases} \)
risoluzione
Si vede subito \(\displaystyle a_1>0 \) e per induzione \(\displaystyle a_n>0; \forall n \in \mathbb{N} : n>1 \).
$**$ Supponiamo ora che \(\displaystyle -1 \le a \le 1 \), si ha \(\displaystyle a_n \le 1 \) per ogni \(\displaystyle n \) infatti è vero per \(\displaystyle n=0 \) se si suppone vero per \(\displaystyle n \) , sempre per il principio di induzione si ha
\(\displaystyle a_{n+1}=\sqrt{\tfrac{1+a_n}{2}}<\sqrt{\tfrac{1+1}{2}}=1 \).
Si ha poi per ogni \(\displaystyle n>1 \)
$***$ \(\displaystyle 00 \to L=1 \).
Il caso \(\displaystyle a>1 \) si considera in maniera simile, e il limite \(\displaystyle L \) è sempre\(\displaystyle L=1 \).
Il mio primo dubbio è $**$, cioè invece di considerare \(\displaystyle a \) compresa \(\displaystyle -1 \le a \le 1 \) " sempre se è fattibile" consideri \(\displaystyle a \) compresa \(\displaystyle -1 \le a \le 3 \), mi ritrovo il termine \(\displaystyle a_{n+1} < \sqrt{2}\) quindi non risulta limitata.
Cordialità.
si consideri la seguente successione definita per ricorrenza, dove riporto la risoluzione che c'è sul mio libro :
\(\displaystyle \begin{cases}a_0=a\ge -1 \\ a_{n+1}=\sqrt{\tfrac{1+a_n}{2}} \end{cases} \)
risoluzione
Si vede subito \(\displaystyle a_1>0 \) e per induzione \(\displaystyle a_n>0; \forall n \in \mathbb{N} : n>1 \).
$**$ Supponiamo ora che \(\displaystyle -1 \le a \le 1 \), si ha \(\displaystyle a_n \le 1 \) per ogni \(\displaystyle n \) infatti è vero per \(\displaystyle n=0 \) se si suppone vero per \(\displaystyle n \) , sempre per il principio di induzione si ha
\(\displaystyle a_{n+1}=\sqrt{\tfrac{1+a_n}{2}}<\sqrt{\tfrac{1+1}{2}}=1 \).
Si ha poi per ogni \(\displaystyle n>1 \)
$***$ \(\displaystyle 0
Il caso \(\displaystyle a>1 \) si considera in maniera simile, e il limite \(\displaystyle L \) è sempre\(\displaystyle L=1 \).
Il mio primo dubbio è $**$, cioè invece di considerare \(\displaystyle a \) compresa \(\displaystyle -1 \le a \le 1 \) " sempre se è fattibile" consideri \(\displaystyle a \) compresa \(\displaystyle -1 \le a \le 3 \), mi ritrovo il termine \(\displaystyle a_{n+1} < \sqrt{2}\) quindi non risulta limitata.
Cordialità.
Risposte
Ciao galles90,
Un'altra...
Occhio che la catena di disuguaglianze chiave
$ a_n \le \frac{1+a_n}{2} < \sqrt{\frac{1+a_n}{2}} = a_{n+1} $
vale solo perché si è dimostrato che nel caso $- 1 \le a le 1 $ si ha $a_n \le 1 $, altrimenti è falsa.
Prova a fare per conto tuo questo caso $a > 1 $...
Un'altra...
Occhio che la catena di disuguaglianze chiave
$ a_n \le \frac{1+a_n}{2} < \sqrt{\frac{1+a_n}{2}} = a_{n+1} $
vale solo perché si è dimostrato che nel caso $- 1 \le a le 1 $ si ha $a_n \le 1 $, altrimenti è falsa.
"galles90":
Il caso $a > 1$ si considera in maniera simile, e il limite $L$ è sempre $L = 1$.
Prova a fare per conto tuo questo caso $a > 1 $...
Galles, un'altra volta? Devi riportare *tutto* il testo di un esercizio, è importante.
Cosa devi farci con quella successione?
Cosa devi farci con quella successione?
Ciao pilloeffe, si non mi fermo più 
Ciao dissonance, quello che ho riportato è la risoluzione completa dell'esercizio, ovviamente il caso \(\displaystyle a>1 \) non è riportato.
Ciao
"pilloeffe":si l'avevo già notato. Allora spero di non dire una c---- per \(\displaystyle a>1 \) dovrebbe essere decrescente. Comunque ora ci provo.
Occhio che la catena di disuguaglianze chiave
$ a_n \le \frac{1+a_n}{2} < \sqrt{\frac{1+a_n}{2}} = a_{n+1} $
Ciao dissonance, quello che ho riportato è la risoluzione completa dell'esercizio, ovviamente il caso \(\displaystyle a>1 \) non è riportato.
Ciao
Il **testo** dell'esercizio devi riportare intero, prima della risoluzione. Ripeto:
Scrivere gli esercizi a metà come fai tu ha il sapore della peggiore scuola superiore.
Cosa devi farci con quella successione?
Scrivere gli esercizi a metà come fai tu ha il sapore della peggiore scuola superiore.
dissonance,
bisogna determinare il limite della successione definita per ricorrenza.
Riporto la mia prova per il caso \(\displaystyle a>1 \)
Sia \(\displaystyle a_n \) la successione definita per ricorrenza
\(\displaystyle
\begin{cases} a_0=a\ge-1 \\ a_{n+1}=\sqrt{\tfrac{1+a_n}{2}} \end{cases} \)
Prima passo-verificare se la successione è ben definita; riporto con il mio procedimento cosi se c'è qualcosa che non va, me lo dite.
Cioè, dobbiamo determinare per quali valori di \(\displaystyle n \) , \(\displaystyle \tfrac{1+a_n}{2} \ge 0\), risolvo
\(\displaystyle a_n\ge -1 \) si ha per l'indice \(\displaystyle n=1 \), cioè \(\displaystyle a_1 \ge 0 \) ( QUI C'E' L'ERRORE ).
Se supponiamo che \(\displaystyle a>1 \), risulterebbe \(\displaystyle a_1=\sqrt{\tfrac{1+a_0}{2}}
\(\displaystyle lim_{n\to \infty} a_{n+1}=l \to lim_{n\to \infty} \sqrt{\tfrac{1+l}{2}}=l \to 1+l=l^2 \) risolvendo si ottengono due soluzioni, le quali coincidono con il caso \(\displaystyle -1\le a \le 1 \). Considerando che \(\displaystyle l>0 \) si ottiene \(\displaystyle l=1 \)
Cordiali saluti
bisogna determinare il limite della successione definita per ricorrenza.
Riporto la mia prova per il caso \(\displaystyle a>1 \)
Sia \(\displaystyle a_n \) la successione definita per ricorrenza
\(\displaystyle
\begin{cases} a_0=a\ge-1 \\ a_{n+1}=\sqrt{\tfrac{1+a_n}{2}} \end{cases} \)
Prima passo-verificare se la successione è ben definita; riporto con il mio procedimento cosi se c'è qualcosa che non va, me lo dite.
Cioè, dobbiamo determinare per quali valori di \(\displaystyle n \) , \(\displaystyle \tfrac{1+a_n}{2} \ge 0\), risolvo
\(\displaystyle a_n\ge -1 \) si ha per l'indice \(\displaystyle n=1 \), cioè \(\displaystyle a_1 \ge 0 \) ( QUI C'E' L'ERRORE ).
Se supponiamo che \(\displaystyle a>1 \), risulterebbe \(\displaystyle a_1=\sqrt{\tfrac{1+a_0}{2}}
\(\displaystyle lim_{n\to \infty} a_{n+1}=l \to lim_{n\to \infty} \sqrt{\tfrac{1+l}{2}}=l \to 1+l=l^2 \) risolvendo si ottengono due soluzioni, le quali coincidono con il caso \(\displaystyle -1\le a \le 1 \). Considerando che \(\displaystyle l>0 \) si ottiene \(\displaystyle l=1 \)
Cordiali saluti
Dunque... Nel caso $a > 1 $ si vede subito che $a_0 = a > 1 $, $a_1 > 1 $ e per induzione $a_n > 1 \quad \AA n \in \NN $
Ora siccome $a_{n+1} = sqrt{frac{1+a_n}{2}} $, allora si ha:
$a_{n+1} - a_n = sqrt{frac{1+a_n}{2}} - a_n = frac{1/2 + a_n/2 - a_n^2}{sqrt{frac{1+a_n}{2}} + a_n} = - frac{2a_n^2 - a_n - 1}{2sqrt{frac{1+a_n}{2}} + 2a_n} = - frac{(a_n - 1)(2a_n + 1)}{2sqrt{frac{1+a_n}{2}} + 2a_n} < 0 $
dato che il numeratore ed il denominatore sono senz'altro positivi se $a_n > 1 $ come abbiamo poc'anzi dimostrato. Perciò si ha $a_{n+1} - a_n < 0 $ cioè $a_{n+1} < a_n $ il che significa che la successione è monotona decrescente. Per il teorema delle successioni monotone, essa ammette limite e si ha:
$lim_{n \to +infty} a_{n + 1} = l \ge 1 \implies l = sqrt{frac{1 + l}{2}} \implies l^2 = frac{1 + l}{2} \implies 2l^2 - l - 1 = 0 \implies (l - 1)(2l + 1) = 0 $
che risolta fornisce l'unica soluzione accettabile $l = 1 $ che è la stessa soluzione che si ottiene anche nel caso $ −1 \le a \le 1$ precedentemente considerato.
Ora siccome $a_{n+1} = sqrt{frac{1+a_n}{2}} $, allora si ha:
$a_{n+1} - a_n = sqrt{frac{1+a_n}{2}} - a_n = frac{1/2 + a_n/2 - a_n^2}{sqrt{frac{1+a_n}{2}} + a_n} = - frac{2a_n^2 - a_n - 1}{2sqrt{frac{1+a_n}{2}} + 2a_n} = - frac{(a_n - 1)(2a_n + 1)}{2sqrt{frac{1+a_n}{2}} + 2a_n} < 0 $
dato che il numeratore ed il denominatore sono senz'altro positivi se $a_n > 1 $ come abbiamo poc'anzi dimostrato. Perciò si ha $a_{n+1} - a_n < 0 $ cioè $a_{n+1} < a_n $ il che significa che la successione è monotona decrescente. Per il teorema delle successioni monotone, essa ammette limite e si ha:
$lim_{n \to +infty} a_{n + 1} = l \ge 1 \implies l = sqrt{frac{1 + l}{2}} \implies l^2 = frac{1 + l}{2} \implies 2l^2 - l - 1 = 0 \implies (l - 1)(2l + 1) = 0 $
che risolta fornisce l'unica soluzione accettabile $l = 1 $ che è la stessa soluzione che si ottiene anche nel caso $ −1 \le a \le 1$ precedentemente considerato.
Ciao pilloeffe,
cosa significa verificare che la successione sia ben definita? cioè perché bisogna imporre che $a_n>0$ in ogni successione.
cosa significa verificare che la successione sia ben definita? cioè perché bisogna imporre che $a_n>0$ in ogni successione.
"galles90":
cosa significa verificare che la successione sia ben definita?
Significa verificare che la successione abbia un senso $\AA n \in \NN $
"galles90":
cioè perché bisogna imporre che $a_n > 0 $ in ogni successione.
Non è che bisogna imporlo, casomai occorre verificarlo...
Ad esempio:
- nel caso $- 1 \le a le 1 $ si è fatto vedere che $a_n > 0 \quad \AA n \in \NN_{>0}$ e $ a_n \le 1 \quad \AA n \in \NN $
- nel caso $a > 1 $ si è fatto vedere che $a_n > 1 \quad \AA n \in \NN $
"galles90":
cioè perché bisogna imporre che $ a_n > 0 $ in ogni successione.
Non è che bisogna imporlo, casomai occorre verificarlo...
Invece qua hai detto:
- nel caso $ - 1 \le a le 1 $ si è fatto vedere che $ a_n > 0 \quad \AA n \in \NN_{>0} $ e $ a_n \le 1 \quad \AA n \in \NN $perché $a_n >0 $ e non \(\displaystyle a_n \ge -1 \) se no si annullerebbe il radicale ?
Grazie per la disponibilità che hai
"galles90":
perché $a_n > 0$ e non $a_n ≥ −1 $ se no si annullerebbe il radicale ?
Beh, certamente $a_n ≥ −1 $ per la condizione di esistenza del radicale, ma visto che si è provato che $\AA a \ge - 1$ si ha $ a_n > 0 $ essendo certamente $0 > - 1 $ ne segue...
Grazie 
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