Induzione e successioni per ricorrenza
Porto una successione particolare per chiedervi una domanda più generale.
$a_n={(a_0=\alpha >0),(a_(n+1)=1/(2+a_n)):}$
Inizio a studiarla, per prima cosa se $a_n$ ammette limite finito $\lim_{n \to \infty}a_n=l\inR$ allora:
$l=1/(2+l)$ perciò $l=1+-sqrt(2)$.
Ora scrivendo qualche termine della successione si vede che cresce (per $n>=1$) e che non potrà mai avere termini negativi perciò lo dimostro
$a_n>0 AA n$
Passo base: $a_0=\alpha>0$
Passo induttivo: $a_n>0 \rArr a_(n+1)>0$
aggiungo e tolgo pezzi per riuscire ad arrivare all'espressione di $a_(n+1)$: $a_n+2>2 \rArr 1/(a_n+2)<1/2 \rArr a_(n+1)<1/2$ ora la prima cosa che mi turba qui è che arrivo a questo risultato che non mi dimostra niente, anzi mi induce da dimostrare che $a_n<1/2 $,$AA n>=1$, e qui la prima domanda, se dimostrassi quella relazione, avrei dimostrato anche il passo induttivo?. Poi, io so che $1/(a_n+1)>0$ se $a_n>0$, perciò mi viene da scrivere $0
$a_n={(a_0=\alpha >0),(a_(n+1)=1/(2+a_n)):}$
Inizio a studiarla, per prima cosa se $a_n$ ammette limite finito $\lim_{n \to \infty}a_n=l\inR$ allora:
$l=1/(2+l)$ perciò $l=1+-sqrt(2)$.
Ora scrivendo qualche termine della successione si vede che cresce (per $n>=1$) e che non potrà mai avere termini negativi perciò lo dimostro
$a_n>0 AA n$
Passo base: $a_0=\alpha>0$
Passo induttivo: $a_n>0 \rArr a_(n+1)>0$
aggiungo e tolgo pezzi per riuscire ad arrivare all'espressione di $a_(n+1)$: $a_n+2>2 \rArr 1/(a_n+2)<1/2 \rArr a_(n+1)<1/2$ ora la prima cosa che mi turba qui è che arrivo a questo risultato che non mi dimostra niente, anzi mi induce da dimostrare che $a_n<1/2 $,$AA n>=1$, e qui la prima domanda, se dimostrassi quella relazione, avrei dimostrato anche il passo induttivo?. Poi, io so che $1/(a_n+1)>0$ se $a_n>0$, perciò mi viene da scrivere $0
Risposte
Innanzitutto dimostrare che $a_{n+1}>0$ è facilissimo: Ipotesi: $a_n >0$ procediamo per induzione:
passo base: $a_0 =\alpha>0$ OK
induttivo: $a_n \Rightarrow a_{n+1}: \ \ a_{n+1}=\frac{1}{2+a_n}$ quindi $a_{n+1}>0\Leftrightarrow 2+a_n>0\Leftrightarrow a_n > -2$ ma per ipotesi induttiva $a_n>0$ quindi anche il passo induttivo è vero.
In questi casi (successioni per ricorrenza autonome, ovvero che dipendono eslcusivamente da termini precedenti) consiglio di fare così: disegna la funzione $a_{n+1}=f(x)$ che nel nostro caso risulta essere: $f(x)=\frac{1}{2+x}$.
Disegna poi la bisettrice y=x, trova i punti fissi della funzione risolvendo f(x)=x e poi procedi in questo modo:
considera un certo punto iniziale $x_0$;
da quel punto segui lo slogan: verticale alla funzione, orizzontale alla bisettrice
In questo modo ti esce un percorso che ti fa intuire come possa comportarsi la successioni al limite.
Ad esempio nel tuo caso per $x_0>0$ si ha che la successione converge al punto fisso $l=-1+\sqrt2$ [Attenzione! nel trovare i limiti della successione hai dimenticato un segno, i risultati sono $l=-1\pm\sqrt2$]. Per dimostrarlo puoi dire che vale che il sup di ${|f'(x)| : x>0}=1/40<1 $ dunque per un teorema la successione necessariamente converge al punto fisso $\forall x_0>0$
passo base: $a_0 =\alpha>0$ OK
induttivo: $a_n \Rightarrow a_{n+1}: \ \ a_{n+1}=\frac{1}{2+a_n}$ quindi $a_{n+1}>0\Leftrightarrow 2+a_n>0\Leftrightarrow a_n > -2$ ma per ipotesi induttiva $a_n>0$ quindi anche il passo induttivo è vero.
In questi casi (successioni per ricorrenza autonome, ovvero che dipendono eslcusivamente da termini precedenti) consiglio di fare così: disegna la funzione $a_{n+1}=f(x)$ che nel nostro caso risulta essere: $f(x)=\frac{1}{2+x}$.
Disegna poi la bisettrice y=x, trova i punti fissi della funzione risolvendo f(x)=x e poi procedi in questo modo:
considera un certo punto iniziale $x_0$;
da quel punto segui lo slogan: verticale alla funzione, orizzontale alla bisettrice
In questo modo ti esce un percorso che ti fa intuire come possa comportarsi la successioni al limite.
Ad esempio nel tuo caso per $x_0>0$ si ha che la successione converge al punto fisso $l=-1+\sqrt2$ [Attenzione! nel trovare i limiti della successione hai dimenticato un segno, i risultati sono $l=-1\pm\sqrt2$]. Per dimostrarlo puoi dire che vale che il sup di ${|f'(x)| : x>0}=1/40<1 $ dunque per un teorema la successione necessariamente converge al punto fisso $\forall x_0>0$
Allora, ho capito bene come hai dimostrato che $a_n>0 AA n$, ma non capisco perché con la strada che avevo preso non si arriva molto lontano, mi serve di capire perché come ho fatto non va bene, sicuramente non ho usato l'ipotesi induttiva e questo è gia qualcosa xD ho fatto un po di confusione... Ho anche capito il metodo dello slogan, fantastico 
. Quel teorema non l'ho mai visto perciò... Comunque ho fatto un errore grosso, la successione è oscillante non crescente!! Per questo mi continuavano a venire cose impossibili se tentavo di dimostrare la monotonia. Perciò ora basta estrarre due sottosuccessioni e vedere se convergono allo stesso limite, nel qual caso è $-1+sqrt(2)$. Per i due segni è stata una svista!
. Quel teorema non l'ho mai visto perciò... Comunque ho fatto un errore grosso, la successione è oscillante non crescente!! Per questo mi continuavano a venire cose impossibili se tentavo di dimostrare la monotonia. Perciò ora basta estrarre due sottosuccessioni e vedere se convergono allo stesso limite, nel qual caso è $-1+sqrt(2)$. Per i due segni è stata una svista!
Hai sbagliato proprio perchè non tenevi conto dell'ipotesi induttiva, ad esempio che $a_n+2>2$ è ovvio essendo per ipotesi induttiva $a_n>0$! Come hai fatto tu sei entrato in una specie di "circolo" di induzioni senza fine che non portano a nulla.
Inoltre il teorema dice (molto brevemente) che presa la funzione $f(x)$ che definisce la successione, nelle zone in cui $|f'(x)|<1$ la successione necessariamente converge al punto fisso di quegli intervalli.
Ad esempio nel tuo caso valeva $f'(x)=\frac{-1}{(2+x)^2}\Rightarrow|f'(x)|=\frac{1}{(2+x)^2}<1\Leftrightarrow \ 1-(2+x)^2<0 \Leftrightarrow \ x^2+4x+3>0$ cioè $x<-3 \or x> -1$ quindi in $(-\infty,-3);(-1,+\infty)$ converge agli eventuali punti fissi della funzione che cadono in quell'intervallo. In particolare dunque $\forall x> -1 $ converge a $-1+\sqrt2$ mentre nell'altro caso non converge al punto fisso in quanto $-1-\sqrt2 \mbox{ non appartiene a } (-\infty,-3)$
[anzi si può dimostrare che la successione tende sempre a $-1+\sqrt2 \forall x_0\in \mathbb{R}$ tranne se si parte proprio da $x_0=-1-\sqrt2$]
Comunque per spiegazioni dettagliate vedi http://users.dma.unipi.it/gobbino/Home_ ... ttico.html Analisi Matematica I 2016/17(Matematica) Lezioni 84 a 89 e 93 (ci sono sia i pdf che i video)
Inoltre il teorema dice (molto brevemente) che presa la funzione $f(x)$ che definisce la successione, nelle zone in cui $|f'(x)|<1$ la successione necessariamente converge al punto fisso di quegli intervalli.
Ad esempio nel tuo caso valeva $f'(x)=\frac{-1}{(2+x)^2}\Rightarrow|f'(x)|=\frac{1}{(2+x)^2}<1\Leftrightarrow \ 1-(2+x)^2<0 \Leftrightarrow \ x^2+4x+3>0$ cioè $x<-3 \or x> -1$ quindi in $(-\infty,-3);(-1,+\infty)$ converge agli eventuali punti fissi della funzione che cadono in quell'intervallo. In particolare dunque $\forall x> -1 $ converge a $-1+\sqrt2$ mentre nell'altro caso non converge al punto fisso in quanto $-1-\sqrt2 \mbox{ non appartiene a } (-\infty,-3)$
[anzi si può dimostrare che la successione tende sempre a $-1+\sqrt2 \forall x_0\in \mathbb{R}$ tranne se si parte proprio da $x_0=-1-\sqrt2$]
Comunque per spiegazioni dettagliate vedi http://users.dma.unipi.it/gobbino/Home_ ... ttico.html Analisi Matematica I 2016/17(Matematica) Lezioni 84 a 89 e 93 (ci sono sia i pdf che i video)
Grazie!
L'idea potrebbe essere questa.
La successione:
\[
\begin{cases}
a_{n+1}=\frac{1}{2+a_n}\\
a_0=\alpha >0
\end{cases}
\]
ha i termini positivi (per induzione), quindi è limitata dal basso. D'altra parte, $a_0>0$ implica $a_1<1/2$ ed il fatto che per $n>=1$ si abbia parimenti $a_n>0$ ti dice che $a_(n+1)<1/2$. Dunque, hai $0=1$ e perciò la successione è limitata e:
\[
0 < a_n < \max \left\{ \alpha , \frac{1}{2}\right\}
\]
per ogni indice $n$.
Osserva poi che l'unica successione costante che risolve la ricorrenza si ottiene in corrispondenza di $alpha = sqrt(2) - 1 \approx 0.414 >0$, quindi possiamo supporre $alpha != sqrt(2) - 1$.
Considera ora le estratte da $(a_n)$ di posto pari e di posto dispari, i.e. le sottosuccessioni di termini generali $b_k:=a_(2k)$ e $c_h:=a_(2h+1)$, le quali soddisfano:
\[
\begin{cases}
b_{k+1}=\frac{2+b_{k}}{5+2b_k}\\
b_0=\alpha >0
\end{cases}
\]
e:
\[
\begin{cases}
c_{h + 1}=\frac{2 + c_h }{5 + 2 c_h}\\
c_0= \frac{1}{2 + \alpha} \in ]0, 1/2[
\end{cases}
\]
e sono ambedue limitate dal basso da $0$ e dall’alto da $1/2$ (nel caso di $b_k$ da $k=1$ in avanti).
Supponiamo, tanto per capirci, che $0 < alpha < sqrt(2) - 1$.
In tal caso hai $b_1 > b_0$, poiché risulta:
\[
\begin{split}
b_1 = \frac{2 + b_0}{5 + 2b_0} > b_0 \quad &\Leftrightarrow \quad \frac{2 + \alpha }{5 + 2\alpha} > \alpha \\
&\Leftrightarrow \quad \alpha^2 + 2 \alpha - 1 < 0\\
&\Leftrightarrow \quad \alpha < \sqrt{2} - 1
\end{split}
\]
e ragionando analogamente si vede, per induzione, che $b_(k+1) > b_k$. D’altra parte, hai $c_0 = 1/(2 + alpha) > sqrt(2) - 1$ e ciò, come sopra, implica $c_1
Ne viene che le sottosuccessioni $(b_k)$ e $(c_h)$ sono monotòne e limitate, perciò entrambe convergenti; in più, per ovvi motivi, i loro limiti sono positivi.
Dato che l’unico punto fisso positivo del secondo membro delle ricorrenze per $b_k$ e $c_h$ è proprio $l = sqrt(2) - 1$, è evidente che entrambe le successioni convergono a tale limite; conseguentemente, tutta la successione $a_n$ tende a $sqrt(2) - 1$.
La successione:
\[
\begin{cases}
a_{n+1}=\frac{1}{2+a_n}\\
a_0=\alpha >0
\end{cases}
\]
ha i termini positivi (per induzione), quindi è limitata dal basso. D'altra parte, $a_0>0$ implica $a_1<1/2$ ed il fatto che per $n>=1$ si abbia parimenti $a_n>0$ ti dice che $a_(n+1)<1/2$. Dunque, hai $0
\[
0 < a_n < \max \left\{ \alpha , \frac{1}{2}\right\}
\]
per ogni indice $n$.
Osserva poi che l'unica successione costante che risolve la ricorrenza si ottiene in corrispondenza di $alpha = sqrt(2) - 1 \approx 0.414 >0$, quindi possiamo supporre $alpha != sqrt(2) - 1$.
Considera ora le estratte da $(a_n)$ di posto pari e di posto dispari, i.e. le sottosuccessioni di termini generali $b_k:=a_(2k)$ e $c_h:=a_(2h+1)$, le quali soddisfano:
\[
\begin{cases}
b_{k+1}=\frac{2+b_{k}}{5+2b_k}\\
b_0=\alpha >0
\end{cases}
\]
e:
\[
\begin{cases}
c_{h + 1}=\frac{2 + c_h }{5 + 2 c_h}\\
c_0= \frac{1}{2 + \alpha} \in ]0, 1/2[
\end{cases}
\]
e sono ambedue limitate dal basso da $0$ e dall’alto da $1/2$ (nel caso di $b_k$ da $k=1$ in avanti).
Supponiamo, tanto per capirci, che $0 < alpha < sqrt(2) - 1$.
In tal caso hai $b_1 > b_0$, poiché risulta:
\[
\begin{split}
b_1 = \frac{2 + b_0}{5 + 2b_0} > b_0 \quad &\Leftrightarrow \quad \frac{2 + \alpha }{5 + 2\alpha} > \alpha \\
&\Leftrightarrow \quad \alpha^2 + 2 \alpha - 1 < 0\\
&\Leftrightarrow \quad \alpha < \sqrt{2} - 1
\end{split}
\]
e ragionando analogamente si vede, per induzione, che $b_(k+1) > b_k$. D’altra parte, hai $c_0 = 1/(2 + alpha) > sqrt(2) - 1$ e ciò, come sopra, implica $c_1
Ne viene che le sottosuccessioni $(b_k)$ e $(c_h)$ sono monotòne e limitate, perciò entrambe convergenti; in più, per ovvi motivi, i loro limiti sono positivi.
Dato che l’unico punto fisso positivo del secondo membro delle ricorrenze per $b_k$ e $c_h$ è proprio $l = sqrt(2) - 1$, è evidente che entrambe le successioni convergono a tale limite; conseguentemente, tutta la successione $a_n$ tende a $sqrt(2) - 1$.
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