Følge - drøfting

[Guest]

Jeg har begynt å se på temaet som dreier seg om konvergens og divergens knyttet til rekker og følger i Kalkuluskurset, og jeg kom over denne oppgaven:

Sett [tex]a_{1}=1[/tex] og [tex]a_{n+1}=\sqrt{1+2a_{n}}[/tex] hvor [tex]n=1,2,3....[/tex]

Vis at [tex]a_{n}[/tex] er voksende og begrenset oven ifra. Hint: Vis at 3 er en øvre skranke.
Deretter, vis at følgen konvergerer og finn grenseverdien.


Ok, så slik jeg ser det er oppgaven firedelt.

Når det gjelder å vise at følgen er voksende, så prøvde jeg å finne et uttrykk for det n'te leddet:

[tex]a_{n+1}^2=1+2a_{n}[/tex]

[tex]a_{n}=\frac{a_{n+1}^2-1}{2}[/tex]

[tex]a_{n}=\frac{(a_{n+1}-1)(a_{n+1}+1)}{2}[/tex]

Å vise at følgen konvergerer, kan man da f. eks sette opp en slags rekke, og deretter finne ut om det er en endelig sum når vi lar n gå mot uendelig?

På forhånd, takk for hjelpen.

[Nebuchadnezzar]

Tja er litt ulike måter en kan angripe oppgaven på.

1) Å vise at øvre grense er $3$ holder det å anta at en slik grense eksisterer.
Det gjør det ikke nødvendigvis, men hvis en antar at den eksisterer kan vi vise at den må være $3$.

Dersom grensen er entydig bestemt så er $\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} a_{n+1} = a$.
Herfra er det bare å ta utgangspunkt i $a_{n+1}^2$ likningen din å la $n \to \infty$ og løse med hensyn på $a$

2) Vis at følgen er voksende. Induksjon med $a_{n} < a_{n+1}$.

3) Vis at følgen er begrenset. Induksjon $\sqrt{3} \leq a_n \leq 3$.

Merk at en kan slå sammen 2) og 3) slik at en bare viser at $a_n < a_{n+1} \leq 3$ holder for alle $n$. Hvorfor
dette funker får du tygge litt på, samt å utføre induksjonen.

[ThomasSkas]

Når du skriver at jeg skal løse for a, tenker du da på [tex]a_{n}[/tex] eller [tex]a_{n+1}[/tex]?

[Nebuchadnezzar]

Som jeg skrev, når vi lar $n \to \infty$ så vil både $a_{n+1} \to a$ og $a_{n} \to a$ gitt at vi antar at
grensen går mot $a$. Med andre ord dersom $\lim_{n \to \infty} a_n = a$ (grensen eksisterer) så medfører dette at også $\lim_{n \to \infty} a_{n+1} =a$.
Siden dersom grensen konvergerer punktvis så er $\lim_{n\to \infty} (a_{n+1} - a_{n} ) = 0$. Med andre ord så vil differansen
mellom to påfølgende ledd gå mot null. Noe som er åpenbart må stemme dersom grensen er entydig bestemt.

Altså i klartekst, ved å la $n \to \infty$ vil du stå igjen med likningen

$ \hspace{1cm}
a = \sqrt{ 1 + 2a}
$

Som en kan løse med hensyn på $a$. Merk som nevnt at dette bare fungerer dersom $a$ er entydig bestemt.
Om f.eks $a = '\infty'$ gir ikke likningen ovenfor mening, ei heller om $-1 \leq a \leq 1$. som for eksempel skjer med $a_n = \sin n$.

[ThomasSkas]

Ok, her har jeg prøvd noe, ikke bli sur hvis det er helt på trynet.

Jeg observerer at [tex]a_{2}=\sqrt{1+2a_{n}}=\sqrt{3}[/tex]

Altså, [tex]\sqrt{3}=a_{1}[/tex]

Så, hvis [tex]a_{k+1}>a_{k}[/tex], så har vi at

[tex]a_{k+2}=\sqrt{1+2a_{k+1}}>\sqrt{1+2a_{k}}=a_{k+1}[/tex]

Dette tolker jeg som at det betyr at [tex]a_{n}[/tex] er økende ettersom vi ser at leddet for k+1 er større enn leddet for k, og tilsvarende for at leddet for k+2 er større enn for k+1, ved induksjon.

Nå legger jeg merke til at [tex]a_{1}=1<3[/tex]

Så, hvis [tex]a_{k}<3[/tex], vil [tex]a_{k+1}=\sqrt{1+2a_{k}}<\sqrt{1+2\cdot 3}=\sqrt{7}[/tex]

Det betyr da at [tex]a_{n}<3[/tex] for enhver n, ved induksjon.

Siden [tex]a_{n}[/tex] er økende og avgrenset ovenfor,

finnes [tex]\lim_{n->\infty }a_{n}=a[/tex]

Nå setter jeg [tex]a_{n}=x[/tex]

Siden [tex]\sqrt{1+2x}[/tex] er kontinuerlig, har vi nå:

[tex]a=\lim_{n->\infty }a_{n+1}=\lim_{n->\infty }\sqrt{1+2a_{n}}=\sqrt{1+\lim_{n->\infty }2a_{n}}=\sqrt{1+2a}[/tex]

Da har jeg at:

[tex]a^2=2a+1[/tex]

Løser, og det gir:

[tex]a=1-\sqrt{2}[/tex]

og

[tex]a=1+\sqrt{2}[/tex]

Nå, siden [tex]a_{n}\geq 1[/tex] for enhver n, må da også [tex]a\geq 1[/tex]

Derfor er [tex]a=3[/tex] og [tex]\lim_{n->\infty }a_{n}=3[/tex]

Hva mener du/synes du?

Tusen takk på forhånd.