Limite di Successione definita per ricorsione

[ciaomammalolmao]

Dire se esiste e nel caso calcolare il limite della seguente successione definita per ricorsione:

$a_(n+1)=7a_n-1/a_n$
$|a_0|>1/2$
Non ho mai capito come si risolvono in questi casi, quando il primo termine non è un valore fisso ma un intervallo di valori. Ho provato per induzione a vedere quando è a termini positivi ma non riesco comunque a concludere niente. L’obiettivo sarebbe dimostrare la monotonia della funzione, per poi dire che il limite esiste e ricavarlo dall’equazione $L=7L-1/L$ ma come faccio a farlo se non so quando è positiva o negativa? Grazie

[pilloeffe]

Ciao ciaomammalolmao,

Direi che non esiste, prendiamo il caso $a_0 > 1/2 $ e assumiamo per comodità $a_0 = 1 > 1/2 $:

$a_1 = 7a_0 - 1/a_0 = 7 - 1 = 6 > a_0 = 1 $

$a_2 = 7a_1 - 1/a_1 = 42 - 1/6 = (252 - 1)/6 = 251/6 > a_1 > a_0 = 1$

$a_3 = 7a_2 - 1/a_2 = 7 251/6 - 1/(251/6) = 1757/6 - 6/251 > 292 > a_2 > a_1 > a_0 = 1$

Per induzione non dovresti avere problemi a dimostrare che $a_{n + 1} > a_n $ per ogni $n \in \NN $
D'altronde nel caso di $ a_0 < - 1/2 $ assumendo anche qui per comodità $a_0 = - 1 $ si ha:

$a_1 = 7a_0 - 1/a_0 = - 7 + 1 = - 6 < a_0 = - 1$

$a_2 = 7a_1 - 1/a_1 = - 42 + 1/6 = (- 252 + 1)/6 = - 251/6 < a_1 < a_0 = - 1 $

$a_3 = 7a_2 - 1/a_2 = - 7 251/6 + 1/(251/6) = - 1757/6 + 6/251 < - 292 < a_2 < a_1 < a_0 = - 1 $

Anche qui per induzione non dovresti avere problemi a dimostrare che $a_{n + 1} < a_n $ per ogni $n \in \NN $. Si conclude che per $ a_0 > 1/2 $ la successione è positiva e sempre crescente, quindi non ha limite finito (o ha limite $+\infty $ se preferisci); per $ a_0 < - 1/2 $ la successione è negativa e sempre decrescente, quindi non ha limite finito (o ha limite $-\infty $ se preferisci). D'altronde se $L > 0 $ l'equazione $L = 7L - 1/L $ è soddisfatta solo se $L = 1/\sqrt6 $ (che non può essere una soluzione accettabile) o se $L = +\infty $. Analogamente se $ L < 0 $.

[Quinzio]

Allora, guardiamo quando la funzione cresce o cala.
Cioe' ci chiediamo quando $a_{n+1} > a_n$.

$a_{n+1} > a_n$

$7a_n - 1/a_n > a_n$

$6a_n > 1/a_n $

${ ( 6a_n^2 > 1, " se " a_n > 0 ),( 6a_n^2 < 1, " se " a_n < 0 ):}$

${ ( |a_n| > 1/\sqrt6, " se " a_n > 0 ),( |a_n| < 1/\sqrt6, " se " a_n < 0 ):}$

Quindi
$-infty < a_n < -1/sqrt6$: cala

$-1/sqrt6 < a_n < 0$: cresce

$0 < a_n < 1/sqrt6$: cala

$1/sqrt6 < a_n < +infty$: cresce

Quindi
per $-infty < a_n < -1/2 < -1/sqrt6$ la successione cala e non ha limite
per $1/ sqrt 6 < 1/2 < a_n < +infty$ la successione cresce e non ha limite

[ciaomammalolmao]

Il testo da cui ho preso l’esercizio dice che la successione va a $+infty$ se $a_n>1/2$ e a $-infty$ se $a_n<-1/2$ quando dici che non ha limite intendi che non esiste il limite o che è illimitata? Non mi torna come hai dimostrato la decrescenza, non andrebbe fatto con l’induzione?

[ciaomammalolmao]

[quote=pilloeffe]

Direi che non esiste, prendiamo il caso $a_0 > 1/2 $ e assumiamo per comodità $a_0 = 1 > 1/2 $:
[\quote]

Non capisco l’inizio, io non dovrei far vedere che quello che sto dimostrando vale per ogni $a_0>1/2$ ? Perché se scelgo 1 sto prendendo solo un caso particolare no?

[Quinzio]

"ciaomammalolmao":Il testo da cui ho preso l’esercizio dice che la successione va a $+infty$ se $a_n>1/2$ e a $-infty$ se $a_n<-1/2$ quando dici che non ha limite intendi che non esiste il limite o che è illimitata? Non mi torna come hai dimostrato la decrescenza, non andrebbe fatto con l’induzione?

Che e' illimitata. Anche se ho fatto vedere che $a_{n+1}-a_n > 0$ e' immediato far vedere che $a_{n+1}-a_n > 1$ ad esempio, quindi la successione non puo' che andare a infinito.

Cosa indendi con "andrebbe fatto con l'induzione" ? Non e' quello che abbiamo fatto ?

[ciaomammalolmao]

A noi hanno detto che per dimostrare la decrescenza di una successione per ricorsione bisogna dire che un certo $a_0>a_1$ e poi se supposto vero che $a_n>a_(n+1)$ allora devo dimostrare che vale $a_(n+1)>a_(n+2)$ ma qua conviene usare altro?

[Quinzio]

"ciaomammalolmao":A noi hanno detto che per dimostrare la decrescenza di una successione per ricorsione bisogna dire che un certo $ a_0>a_1 $ e poi se supposto vero che $ a_n>a_(n+1) $ allora devo dimostrare che vale $ a_(n+1)>a_(n+2) $ ma qua conviene usare altro?

Ok, il discorso e' che in questo caso il principio di induzione e' cosi' banale che lo si da' quasi per scontato.

In pratica il principio di induzione in questo caso dice che $a_{n+1} > a_{n}$ per $1/sqrt 6 < a_n$.
E se in $a_{n+2} = a_{\bb {n+1} + 1} > a_{\bb {n+1}}$ dove c'e' $\bb {n+1}$ sostituisco $n$ ritrovo il passo precedente ($a_{n+1} > a_{n}$).
Quindi se vale per $n$, vale anche per $n+1$.
Per $a_0 = 1/2$ ad esempio vale. $a_1 > a_0$.

Ma e' talmente banale che non serve davvero dimostrarlo, in questo caso.

[ciaomammalolmao]

Cioè quindi io mi calcolo prima i valori che soddisfano $a_(n+1)>a_n$ e trovo che è crescente per $a_n>1/sqrt(6)$ e quindi dovrei dimostrare per induzione che se $a_0>1/2$ allora $a_n>1/sqrt(6)>1/2$ per ogni n? È questo che dici che è banale?

[pilloeffe]

"ciaomammalolmao":Non capisco l’inizio, io non dovrei far vedere che quello che sto dimostrando vale per ogni $a_0>1/2 $? Perché se scelgo 1 sto prendendo solo un caso particolare no?

Come dicevo, lo si fa per comodità e per vedere coi numeri l'andamento della successione, ma se preferisci puoi anche lasciare indicato $a_0 > 1/2 $, funziona lo stesso:

$ a_1 = 7a_0 - 1/a_0 = (7a_0^2 - 1)/a_0 > a_0 $

$ a_2 = 7a_1 - 1/a_1 = 7((7a_0^2 - 1)/a_0) - a_0/(7a_0^2 - 1) = (7(7a_0^2 - 1)^2 - a_0^2)/(a_0(7a_0^2 - 1)) > a_1 = (7a_0^2 - 1)/a_0 > a_0 $

etc.

[ciaomammalolmao]

Ok grazie, credo di aver capito

[Noodles1]

@ ciaomammalolmao

Mi chiedevo se conosci il procedimento che consiste nello studio della funzione:

$f(x)=7x-1/x$

e nella determinazione dei suoi punti fissi:

$f(x)=x$

Se sei interessato:

https://e-l.unifi.it/pluginfile.php/494 ... ni1516.pdf

La teoria si riduce alle due definizioni e ai tre teoremi presenti a pagina 3.

[gugo82]

"ciaomammalolmao":Dire se esiste e nel caso calcolare il limite della seguente successione definita per ricorsione:

$a_(n+1)=7a_n-1/a_n$
$|a_0|>1/2$
Non ho mai capito come si risolvono in questi casi, quando il primo termine non è un valore fisso ma un intervallo di valori. Ho provato per induzione a vedere quando è a termini positivi ma non riesco comunque a concludere niente. L’obiettivo sarebbe dimostrare la monotonia della funzione, per poi dire che il limite esiste e ricavarlo dall’equazione $L=7L-1/L$ ma come faccio a farlo se non so quando è positiva o negativa? Grazie

1. Semplifichiamo il problema.

Posto $f(x) := 7x - 1/x$ con $"Dom"(f) = RR \setminus \{ 0\}$, la ricorrenza si riscrive:
\[
\tag{(*)}
\left\{ \begin{split} a_{n+1} &= f(a_n) \\ |a_0| &> \frac{1}{2} \end{split} \right. \;.
\]
Visto che $f(x)$ è dispari, il comportamento corrispondente a condizione iniziale negativa è completamente determinato da quello con condizione iniziale positiva: infatti, scelto un $alpha < -1/2$ e detta $(a_n^\prime)$ la soluzione della (*) con $a_0=-alpha > 1/2$, per la ricorrenza con condizione iniziale $a_0 = alpha < -1/2$ si trova:
\[
\begin{split}
a_1 &= f(\alpha) = - f(-\alpha) = -a_1^\prime\\
a_2 &= f(a_1) = f(-a_1^\prime) = - f(a_1^\prime) = -a_2^\prime\\
&\vdots \\
a_{n+1} &= f(a_n) = f(-a_n^\prime) = - f(a_n^\prime) = -a_{n+1}^\prime\\
&\vdots
\end{split}
\]
cosicché $(a_n) = (-a_n^\prime)$.
Per questo motivo basta studiare cosa accade con la condizione iniziale $a_0=\alpha > 1/2$ e poi "simmetrizzare" i risultati.

2. Segno di $a_n$.

Dato che $a_0 = alpha > 1/2$, abbiamo:
\[
\frac{1}{a_0} < 2\quad \Rightarrow \quad -\frac{1}{a_0} > -2\; ;
\]
d'altra parte $7a_0 > 7/2$, dunque:
\[
a_1 = 7a_0 - \frac{1}{a_0} > \frac{7}{2} - 2 = \frac{3}{2} > \frac{1}{2}\; .
\]
Visto che $a_1 > 1/2$, gli stessi calcoli mostrano che $a_2 > 1/2$... Questa è un'ottima base per l'induzione.
Supponendo che $a_n > 1/2$, gli stessi calcoli fatti sopra mostrano che $a_{n+1} > 1/2$, per ogni possibile indice $n in NN$.
Dunque tutti i termini della soluzione $(a_n)$ con condizione iniziale $a_0 = alpha$ sono maggiori di $1/2$ e, perciò, positivi.

3. Successioni costanti.

Proviamo a determinare se esistono valori di $alpha > 1/2$ per cui si ottiene una soluzione costante.
I valori di $alpha$ che generano successioni costanti devono essere tali che:
\[
\alpha = f(\alpha) \quad \Leftrightarrow \quad \alpha = 7\alpha - \frac{1}{\alpha}
\]
da cui si trae l'equazione $alpha^2 = 1/6$ la cui unica soluzione positiva $alpha^** = 1/sqrt(6)$ è minore di $1/2$. Quindi nel range di valori iniziali considerati non c'è possibilità di generare successioni costanti.

4. Monotonia di $(a_n)$.

Se $a_0=alpha > 1/2$ allora $a_1 = 7alpha - 1/alpha$ e risulta:
\[
\begin{split}
a_1 \geq a_0 \quad &\Leftrightarrow \quad 7\alpha - \frac{1}{\alpha} \geq \alpha \\
&\Leftrightarrow \quad 6\alpha \geq \frac{1}{\alpha} \\
&\Leftrightarrow \quad \alpha^2 \geq \frac{1}{6} \\
&\Leftrightarrow \quad \alpha \geq \frac{1}{\sqrt{6}} \; ;
\end{split}
\]
dato che $\alpha > 1/2 > 1/sqrt(6)$ si ha sempre $a_1 > a_0$. Gli stessi calcoli mostrano che $a_2 >= a_1$ se e solo se $a_1 >= 1/sqrt(6)$; ma visto che (punto 2) $a_1 > 1/2 > 1/sqrt(6)$, è certo che $a_2 > a_1$. Questa sembra un buon inizio... E difatti, esattamente gli stessi calcoli mostrano che $a_{n+1} >= a_n$ se e solo se $a_n >= 1/sqrt(6)$; ma dal punto 2 si sa che $a_n > 1/2 > 1/sqrt(6)$, quindi risulta $a_(n+1) > a_n$ per ogni $n in NN$.
Perciò $(a_n)$ è strettamente crescente per ogni $alpha > 1/2$.

5. Regolarità e calcolo del limite.

Visto che $(a_n)$ è strettamente crescente, essa è regolare ed il suo limite $l$ può essere:

[*:1nfx0gs7] o un numero positivo e maggiore di $1/2$ (per monotonia);

[/*:m:1nfx0gs7]
[*:1nfx0gs7] oppure $+oo$.[/*:m:1nfx0gs7][/list:u:1nfx0gs7]

Per assurdo, supponiamo che $l$ sia finito.
Passando al limite la ricorrenza si vede che $l$ deve soddisfare l'equazione di punto fisso $l = f(l)$; ma ciò è assurdo, perché, come osservato al punto 3, questa equazione ha come unica soluzione positiva $1/sqrt(6)$ che non è maggiore di $1/2$.
Dunque $l=+oo$, ossia $(a_n)$ diverge positivamente.

6. Cosa accade per $alpha < -1/2$.

Per ovvi motivi legati al cambio di segno, le successioni che si ottengono in corrispondenza dei valori iniziali $alpha < -1/2$ sono strettamente decrescenti e negativamente divergenti.