La $a_0<b_0$ være to reelle tall. For $n=0,1,2,...$, la $a_{n+1}=\frac12 (a_n+b_n)$ og $b_{n+1}=\frac13 (2a_{n+1}+b_n)$.
i) Vis at $a_{n+1}>a_n$, $b_{n+1}<b_n$ og $a_n<b_n$ for alle $n$.
ii) Finn $k$ slik at $a_n<k<b_n$ for alle $n$, uttrykt ved $a_0$ og $b_0$.
To differenslikninger
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
$\mathbf{ii)}$ Det er relativt greit å se at $\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n$, så det holder å finne den første grenseverdien. Merk at
\[ 6a_n=3(a_{n-1}+b_{n-1})=3a_{n-1}+3\left( \frac13\left( 2a_{n-1}+b_{n-2} \right) \right)=5a_{n-1}+(2a_{n-1}-a_{n-2}),\]
altså er $6a_{n}=7a_{n-1}-a_{n-2}$. Dette er en differenslikning hvis karakteristiske likning har røtter $1$ og $1/6$, som vil si at
\[ a_{n} = A+B\left(\frac{1}{6}\right)^n , \qquad A,B\in \mathbb{R}\]
for alle $n$. Vi kjenner både $a_0$ og $a_1=(a_0+b_0)/2$, og setter vi inn dette og løser for $A$ så får vi $A=\frac{2a_0+3b_0}{5}$, og dette er svaret vårt.
\[ 6a_n=3(a_{n-1}+b_{n-1})=3a_{n-1}+3\left( \frac13\left( 2a_{n-1}+b_{n-2} \right) \right)=5a_{n-1}+(2a_{n-1}-a_{n-2}),\]
altså er $6a_{n}=7a_{n-1}-a_{n-2}$. Dette er en differenslikning hvis karakteristiske likning har røtter $1$ og $1/6$, som vil si at
\[ a_{n} = A+B\left(\frac{1}{6}\right)^n , \qquad A,B\in \mathbb{R}\]
for alle $n$. Vi kjenner både $a_0$ og $a_1=(a_0+b_0)/2$, og setter vi inn dette og løser for $A$ så får vi $A=\frac{2a_0+3b_0}{5}$, og dette er svaret vårt.
Tar utgangspunkt i en vilkårlig aritmetisk følge $(a_1,a_2,...,a_p)$ med produkt $\prod_i a_i$.stensrud skrev:Oppfølger: La $p\neq 3$ være et primtall. Vis at det finnes en aritmetisk følge $a_1,a_2,\dotsc,a_p$ slik at $a_1a_2\dotsb a_p$ er et kubikktall.
Ganger hvert ledd i følgen (det vil bare gi en ny aritmetisk følge) med et tall $\prod_i a_i^{r}$, slik at produktet av den nye følgen blir $ \prod_i a_i^{1+pr}$, der vi krever at $1+pr=3n$. Dette er en diofantisk likning som har heltallige, positive løsninger $r,n$ fordi $gcd(3,p)=1$ for primtall $p\neq 3$. Dermed vil den aritmetiske følgen
$(a_1\prod_i a_i^{r},a_2\prod_i a_i^{r},...,a_p\prod_i a_i^{r})$ ha produkt $ \prod_i a_i^{3n}=(\prod_i a_i^{n})^3$