Studio di successione ricorsiva

[Sk_Anonymous]

Ciao a tutti. Sto preparando Metodi Matematici e ho visto che nell'esame molto spesso mettono lo studio di una successione ricorsiva (Nel Pagani Salsa oggi ho studiato le successioni ma non ho trovato esempi di successioni ricorsive...). Per esempio:
$ { ( a_1=alpha ),( a_(n+1)=(a_n)^(1/n) ):} $

1. Trovare il limite per n->infinito:
Io ho risolto così $ lim_(n -> oo )(t)^(1/n)=1 $

2. Dimostrare che se $ alpha > 1 $ allora $ a_n > 1 $ per ogni n e che la successione è monotona:
Per la prima parte non ne ho idea e quindi vi chiedo un suggerimento. Per la seconda credo che bisogna risolvere $ (t+1)^(1/n)>(t)^(1/n) $ , il che è vero (cosa bisogna scrivere per essere più "formali"?).

Grazie e buona serata.

[gugo82]

"lollofabbrism":Ciao a tutti. Sto preparando Metodi Matematici e ho visto che nell'esame molto spesso mettono lo studio di una successione ricorsiva (Nel Pagani Salsa oggi ho studiato le successioni ma non ho trovato esempi di successioni ricorsive...). Per esempio:
$ { ( a_1=alpha ),( a_(n+1)=(a_n)^(1/n) ):} $

1. Trovare il limite per n->infinito:
Io ho risolto così $ lim_(n -> oo )(t)^(1/n)=1 $

Mmmm... E se \(\alpha =0\)?

Ad ogni buon conto, per calcolare un limite bisognerebbe prima essere sicuri che tale limite esista.
Tu che idee hai in merito?

"lollofabbrism":2. Dimostrare che se $ alpha > 1 $ allora $ a_n > 1 $ per ogni n e che la successione è monotona:
Per la prima parte non ne ho idea e quindi vi chiedo un suggerimento. Per la seconda credo che bisogna risolvere $ (t+1)^(1/n)>(t)^(1/n) $ , il che è vero (cosa bisogna scrivere per essere più "formali"?).

Non vedo perché spunti fuori \(t+1\)...

Ad ogni modo, la parola magica è: induzione.

[theras]

Ed è proprio grazie al principio d'induzione citato da Gugo che potrai dimostrare,con la formalità da te cercata,
una "forma chiusa"(i.e. standard e non ricorsiva)del termine generale della tua successione:
per intuirla ti basterà calcolare qualche termine della tua ${a_n}_(n in NN)$ tramite la definizione con la quale t'è stata assegnata,
ed a quel punto le consegne sono rapide da dimostrare
(e risulta inoltre semplice capire perché il caso scovato da G. sia l'unico in cui quel limite,che comunque esiste per tutti gli $alpha$ per i quali essa è ben definita,non è $1$)..
Questo è uno di quei casi in cui và di lusso:
non sempre s'è così fortunati,ma tentar non nuoce .
Saluti dal web.

[Sk_Anonymous]

Vi ringrazio ma non ho mai visto esercizi del genere, nemmeno quando facevo Analisi 1... Quindi ho bisogno di trovare un libro in cui spieghi per bene tutti i passaggi!

[gugo82]

@ lollofabrism: Quello di cui hai bisogno è ragionare un momento sul problema, a prescindere dal fatto che tu l'abbia mai affrontato prima o meno.

[Sk_Anonymous]

Se $ alpha > 1 $ allora la successione è a termini positivi dato che abbiamo una radice, e quindi $ a_n > 1 $. Inoltre possiamo vedere che è monotona crescente (però non riesco a farlo per induzione, cioè io dovrei risolvere $ a_n < (a_n)^(1/n) $ ?).
Quindi essa ammette limite che può essere finito o infinito: ho visto che si risolve l'equazione $ L = L^(1/n) $ ma non ho ben capito il motivo. E' più corretto?

[theras]

Ritieni sia una richiesta esagerata se t'invito a scrivere i primi sei elementi della tua successione
(che ovviamente saranno in funzione sia dell'indice $n$ che del parametro $alpha$..)?
A presto:
saluti dal web.

[Sk_Anonymous]

Ho lasciato un attimo indietro questa successione per farne altre e vedere di capire. Ad esempio:
$ { ( a_1=1/2 ),( a_(n+1)=1/(2-a_n) ):} $

Sono riuscito a svolgere l'esercizio (trovo il limite, dimostro che è monotona crescente). Ma, c'è un ma: ho dei dubbi sulla prova per induzione della monotonia.
Se io scrivo:
$ (1/(2-a_n))<=(1/(2-a_(n+1))) $
$ 2-a_(n+1) <= 2-a_n $
$ a_(n+1) >= a_n $

E' corretto?
Grazie

[gugo82]

Penso che la questione fondamentale sia questa: come si fa una dimostrazione per induzione?

[Sk_Anonymous]

In questo caso volevo solo vedere se era possibile arrivarci non per induzione...

[gugo82]

"lollofabbrism":ho dei dubbi sulla prova per induzione della monotonia.
Se io scrivo:

$ (1/(2-a_n))<=(1/(2-a_(n+1))) $
$ 2-a_(n+1) <= 2-a_n $
$ a_(n+1) >= a_n $

E' corretto?

I passaggi, in sé, sono anche corretti... Ma qual è il loro senso ultimo?
Insomma, non si capisce bene cosa tu stia facendo.

Inoltre, perché sei così sicuro che la disuguaglianza tra primo e secondo membro si inverta quando si prendono i reciproci?
Metti, ad esempio che uno tra \(2-a_n\) o \(2-a_{n+1}\) sia positivo e l'altro negativo... In tal caso, il passaggio sarebbe sbagliato, no?

[Sk_Anonymous]

Devo dimostrare che è monotona: ho visto in altri esempi in giro per il web che si può procedere anche così! Quindi ci ho provato...

[gugo82]

"lollofabbrism":Devo dimostrare che è monotona: ho visto in altri esempi in giro per il web che si può procedere anche così! Quindi ci ho provato...

Ho capito.
Ma, invece, tu hai capito perché e quando si può procedere così?

In altri termini, viaggi imboccando strade a caso, o ti fai prima un'idea di dove andare e poi immagini un tragitto?

[Sk_Anonymous]

Prima penso, poi provo. A me sembrava un'idea questa qui, poi non so se corretta.

Se $ a_(n-1)<=a_n $ allora $ a_n<=a_(n+1) $
Questo è il procedimento per induzione? Poi lo risolvo come prima.

[gugo82]

Vabbé.

Ad ogni modo, hai capito che purtroppo alcuni passaggi nello studio della monotonia sono delicati.
Questo non ti deve sembrare strano, perché ottenere la monotonia di una successione è il passaggio più importante (di solito) negli esercizi: infatti, concludere che una successione è monotona equivale a stabilire che essa ha certamente limite e, quindi, fornisce la possibilità di calcolare il limite effettivamente.

Affrontiamo, con tutti i crismi, lo studio della successione:
\[
\begin{cases}
a_{n+1} = \frac{1}{2-a_n}\\
a_1=\frac{1}{2}\; .
\end{cases}
\]
Questo si può fare in diversi modi. Di seguito te ne elenco un paio, il primo più "concreto" e basato sull'osservazione di certe regolarità che si presentano nel caso particolare; il secondo un po' più "generale" basato su un'idea analitica precisa.

I. Soluzione mediante determinazione esplicita di \(a_n\).

Cominciamo a scriverci un po' di termini:
\[
a_1=1/2,\ a_2=2/3,\ a_3=3/4,\ a_4=4/5,\ a_5=5/6\; .
\]
Osserviamo che si può stabilire una relazione esplicita tra le successioni dei numeratori e dei denominatori di \(a_1,\ldots ,a_5\) e la successione degli indici: infatti, nell'espressione di \(a_n\) con \(n=1,2,3,4,5\) troviamo al numeratore l'indice \(n\) ed al denominatore l'indice \(n\) aumentato di \(1\).
Perciò siamo portati a dire che la successione \(a_n\) ha la forma esplicita:
\[ \tag{1}
a_n=\frac{n}{n+1}\; .
\]
Questa intuizione, però, ha da essere provata: insomma, dobbiamo dimostrare che la successione \(a_n\) definita dalla precedente è soddisfa la ricorrenza assegnata e che essa è l'unica successione che la soddisfa.

1. La successione (1) soddisfa la ricorrenza.
Chiaramente i primi cinque termini di \(a_n\) soddisfano la ricorrenza. Preso allora il termine generale, proviamo che esso soddisfa la ricorrenza: abbiamo:
\[
\frac{1}{2-a_n} = \frac{1}{2-\frac{n}{n+1}}=\frac{1}{\frac{\cancel{2}n+2-\cancel{n}}{n+1}} = \frac{n+1}{n+2} = a_{n+1}
\]
quindi siamo a cavallo!

2. La successione (1) è l'unica a soddisfare la ricorrenza assegnata.
Sia \(\alpha_n\) un'altra successione che soddisfi la ricorrenza assegnata e mostriamo che si ha necessariamente \(\alpha_n=a_n\) per ogni \(\mathbb{N}\).
Chiaramente è \(\alpha_1=1/2=a_1\), perché entrambe le successioni soddisfano la medesima ricorrenza. Ciò costituisce una buona base per l'induzione.
Supponiamo allora che per un certo indice \(n\) si abbia \(\alpha_n=a_n\) e mostriamo che è pure \(\alpha_{n+1}=a_{n+1}\). Risulta:
\[
\alpha_{n+1}=\frac{1}{2-\alpha_n} = \frac{1}{2-a_n}=a_{n+1}
\]
(per l'ipotesi induttiva e la ricorrenza), come volevamo.

Quindi la successione individuata dalla ricorrenza assegnata è quella con termine generale fornito dalla (1). Di tale successione sappiamo dire vita, morte e miracoli: infatti essa è positiva, limitata, strettamente crescente ed ha come limite il numero \(1\).

II. Soluzione mediante studio qualitativo.

Questo metodo, più generale del precedente, è basato sul seguente assunto:

Si possono ottenere tutte le informazioni utili sulla \(a_n\) usando solamente la ricorrenza e la condizione iniziale.

Mostriamo come ciò possa essere fatto... Di solito queste soluzioni si ottengono a piccoli passi, cercando sempre di migliorare ciò che si è intuito ed imparando dagli errori e dai punti morti cui (necessariamente) si arriva.

1. La successione \(a_n\) è limitata.
Scritti come sopra i primi termini, ci accorgiamo che \(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5>0\); pertanto ci facciamo l'idea che possa essere \(a_n>0\) sempre.
A questo punto, proviamo a far vedere che la nostra idea è esatta usando l'induzione.
Chiaramente, la base dell'induzione già ce l'abbiamo, quindi basta dimostrare il passo induttivo.
Supponiamo che \(a_n>0\) per un certo indice \(n\) e mostriamo che anche \(a_{n+1}>0\). Per la ricorrenza abbiamo:
\[
a_{n+1}=\frac{1}{2-a_n}
\]
ma da qui e dall'ipotesi induttiva non possiamo affatto concludere che \(a_{n+1}>0\) (infatti, se fosse \(a_n=3\) avremmo \(a_{n+1}=-1<0\))!
Quindi questa intuizione la dobbiamo accantonare un momento, perché per dimostrarla servirebbe sapre che \(2-a_n>0\), ossia servirebbe essere sicuri che \(a_n<2\) sempre...
Oh, ma quest'ultima sembra una proprietà che può essere dimostrata per induzione! Quindi proviamo a vedere come fare.
Chiaramente la base dell'induzione ce l'abbiamo, perché \(a_1,\ldots ,a_5<2\), quindi basta mostrare il passo induttivo.
Supponiamo che \(a_n<2\) e facciamo vedere che \(a_{n+1}<2\). Per la ricorrenza abbiamo:
\[
a_{n+1}=\frac{1}{2-a_n}
\]
e ma se \(a_n\) è molto vicino a \(2\), allora \(a_{n+1}\) sarà "enormemente grande" (infatti, ad esempio, se \(a_n=1.99\) allora \(a_{n+1}=100\))!
Quindi anche questa intuizione la dobbiamo accantonare, perché per dimostrarla servirebbe sapere che \(a_n\) non si avvicina troppo a \(2\)...

Torniamo allora a guardare i primi termini della successione:
\[
a_1=1/2,\ a_2=2/3,\ a_3=3/4,\ a_4=4/5,\ a_5=5/6\; .
\]
Essi è vero che sono tutti più piccoli di \(2\), e però possiamo dire qualcosa di più: essi sono addirittura tutti più piccoli di \(1\)!
Quindi, possiamo congetturare che \(a_n<1\) sempre... Questa proprietà si può provare a dimostrare per induzione. Proviamo.
Di nuovo la base dell'induzione l'abbiamo già; quindi basta provare il passo induttivo.
Supponiamo che \(a_n<1\) e mostriamo che \(a_{n+1}<1\). Dato che \(a_n<1\) si ha \(-a_n>-1\) e perciò \(2-a_n>2-1=1\); ma allora dalla ricorrenza segue:
\[
a_{n+1}=\frac{1}{2-a_n}<\frac{1}{1}=1\; ,
\]
che è proprio quanto volevamo.

Adesso torniamo a guardare dove ci bloccavamo nella dimostrazione di \(a_{n+1}>0\)... A noi serviva sapere che \(a_n<2\) per concludere la dimostrazione del passo induttivo; ma adesso addirittura sappiamo che \(a_n<1\) sempre, quindi è certamente \(a_n<2\)! Perciò possiamo cercare di chiudere quella dimostrazione.
Abbiamo \(a_n<1\) e, per ipotesi induttiva \(0 \[
a_{n+1}=\frac{1}{2-a_n}>\frac{1}{2}>0
\]
come volevamo.
Quindi la successione definita dalla ricorrenza è limitata e soddisfa \(0
2. La successione \(a_n\) è monotona crescente (strettamente).
Dai primi termini ci accorgiamo che \(a_1 Chiaramente la base dell'induzione ce l'abbiamo e perciò basta fare il passo induttivo.
Supponiamo che \(a_n \[
a_{n+2}=\frac{1}{2-a_{n+1}} \qquad \text{e}\qquad a_{n+1}=\frac{1}{2-a_n}\; ,
\]
quini dimostrare la tesi dell'induzione equivale a far vedere che risulta:
\[
\frac{1}{2-a_{n+1}} > \frac{1}{2-a_n}\; .
\]
Per quanto acquisito in precedenza si ha \(00\); d'altra parte, per ipotesi induttiva è \(a_n \[
\frac{1}{2-a_{n+1}} > \frac{1}{2-a_n}\; ,
\]
come volevamo.

3. Calcolo del limite.
Dato che abbiamo assodato la monotonia di \(a_n\), il criterio di regolarità delle successioni monotone importa che esiste certamente il \(\lim_n a_n\). Detto \(l\) tale limite, dato che \(0 Per calcolare \(l\), notiamo che passando al limite entrambi i membri della ricorrenza si ottiene:
\[
l=\lim_n a_{n+1}=\lim_n \frac{1}{2-a_n}=\frac{1}{2-l}
\]
sicché \(l\) è una soluzione appartnente all'intervallo \(]1/2,1]\) dell'equazione:
\[
x=\frac{1}{2-x}\; ,
\]
detta anche equazione dei punti fissi per la funzione \(\phi (x)=\frac{1}{2-x}\).
La suddetta equazione è di secondo grado in \(x\) e si riduce a \((x-1)^2=0\); quindi essa ha come unica soluzione \(1\).
Conseguentemente, dato che \(1\in ]1/2,1]\), si ha certamente \(l=1\).

Quindi la successione definita dalla ricorrenza è limitata in \(]0,1[\), strettamente crescente e converge ad \(1\).

Come vedi i due procedimenti portano esattamente gli stessi risultati. Tuttavia il secondo è più difficile, perché stai rinunciando ad usare una formula di rappresentazione esplicita per la soluzione della ricorrenza.

Questa cosa può sembrare solo un'inutile complicazione (e nel caso in esame lo è), ma non è così; anzi, essa è la manifestazione del modo in cui l'Analisi moderna guarda a questi ed a più complicati problemi.
Infatti, è noto fin dalla fine del '700 che non tutti i problemi hanno una soluzione esplicita tanto "bella" da poterci fare i conti; perciò, tanto vale rinunciare all'idea di rappresentare esplicitamente la soluzione ed imparare a tirare fuori le proprietà delle soluzioni direttamente dalle equazioni che esse soddisfano (siano esse ricorrenze, equazioni differenziali, equazioni integrali, o altro).

Spero di esserti stato utile.