[1584] epsilon | 2006-12-04 15:36:55 |
Gratulálok Cchek, nagyon elegáns bizonyítás a monotonításra,...hmmm...ezek szerint a korláttal megint elnéztem valamit...:-(
|
|
[1583] epsilon | 2006-12-04 15:26:56 |
Nézzük csak a p<-2 esetet. Hátha megint nem írok el valamit! Szóval használom az előző g(x)=f(x)-x=x*x-x+p függvényt, és igazolom, hogy p<-2 mellett g(x)>0 így amennyiben a(1)<-2 márpedig ez igaz (mert p-vel egyenlő), úgy a sorozat megint monoton növekvő lesz. Az x*x-x+p=0 zérushelyei a következők: x(1)=(-1-sqrt(1-4p))/2 illetve x(1)=(-1+sqrt(1-4p))/2. Könnyen igazolható, hogy a p<-2 miatt x(1)<-2, ezért amikor a(1)=p<x(1)<-2 ekkor g(x)>0 (a trinom a gyökökön kivűl a főegyütthatók előjelével egyező előjelű), ami azt jelenti, hogy a a(n+1)=f(a(n))rekurzióval értelmezett sorozat monoton növekvő. Ha korlátos lenne, akkor konvergens is lenne, és a limesze éppen a=x(1)=(-1-sqrt(1-4p))/2 lenne, vagyis ez lenne a felső korlát. Közben most látom, hogy Cckek máris írt, de még nem mérlegeltem, ezt elengedem, aztán azt is mérlegelem.
|
|
|
[1581] Lóczi Lajos | 2006-12-04 14:01:58 |
Köszönöm a szép hozzászólásokat, igen, tehát tetszőleges p>1/4 esetén a szóban forgó an sorozat +-be divergál.
Folytatás. Adjuk meg azokat a p<-2 értékeket, melyekre az illető sorozatunk korlátos.
|
|
[1580] epsilon | 2006-12-04 13:46:29 |
Végül is elgondolkozva, a leírtakból erre következtetek: ha p>1/4 akkor a sorozat monoton növekvő és korlátlan, az az divergens. Erre jutok akkor is, ha a(n+1)=f(a(n)) típusú rekurzióként kezelem, ahol f(x)=x*x+p és bevezetve g(x)=f(x)-x jelölést, g(x)=1/4*(2x-1)*(2x-1)+p-1/4>0 ami azt jelenti, hogy a fentiekben értelmezett sorozat monoton növekvő és korlátlan!
|
|
[1579] epsilon | 2006-12-04 13:24:56 |
Bocs, valóban elírtam :-( túl korán reggel volt, és éppen egy szünetben olvastam: a helyes egyenlet úgy ahogyan javítoták, így a limeszre térés után a=a×a+p ahonnann a beszámítható "a" amit írtam, valóban komplex szám (itt sem figyeltem a p>1/4-et (illetve pont fordítva láttam :-( de tudjuk azt, hogy a sorozat monoton növekvő, és ha felülről korlátos lenne, akkor a legjobb felső korlát, a supremum, éppen ez az a=lim a(n) kellene legyen, vagyis úgy tűnik (?), hogy a p>1/4 feltétellel ellentmondásba kerülünk (?) vagyis nem létezne p>1/4 amire korlátos lenne(?)
|
|
[1578] jenei.attila | 2006-12-04 12:53:18 |
Szerintem epsilon csak elírta a rekurziót, mert utána már jól használja. Helyesen: a1=p,an=an-12+p A Te egyenleted, viszont nem jó, mert nem az előző tag négyzetéhez adja az előző tagot, hanem az előző tag négyzetéhez mindig p-t. Így a levezetésed sem jó, csak az első két tagra.
|
Előzmény: [1577] Sirpi, 2006-12-04 12:36:29 |
|
[1577] Sirpi | 2006-12-04 12:36:29 |
Ebben a hozzászólásban én némi zavart látok, pl. nem tudom miért nem a p2+p=p egyenletet vizsgáljuk, aminek triviálisan csak a p=0 megoldása (mintha a pp2+1 rekurzió is belekeveredett volna a dologba).
Viszont azt, hogy a sorozat sosem korlátos, a következőképp is belátható:
Legyen x=p-1/4>0, vagyis az első tag ennyivel van 1/4 felett. Ekkor a második tag eltérése 1/4-től:
p2+p-1/4=(x+1/4)2+(x+1/4)-1/4=x2+3/2.x+1/16>3/2.x
Vagyis a következő tag 1/4-től való eltérése legalább másfélszer akkora lesz, mint az elsőnek, így a sorozat minden p>1/4 esetén exponenciálisan nőni fog.
|
Előzmény: [1574] epsilon, 2006-12-04 07:17:56 |
|
[1576] jenei.attila | 2006-12-04 11:55:38 |
Lehet, hogy butaságot kérdezek, de epsilon levezetése szerint p>1/4 esetén a sorozat tényleg monoton növő, és ekkor ha van felső korlátja, akkor konvergens is. Ha pedig konvergens, akkor csak az lehetne a határértéke, amit epsilon megadott. Na de az nem valós, ebből szerintem az következik, hogy nincs határértéke, de akkor nem is korlátos. Mit szóltok hozzá?
|
Előzmény: [1573] Lóczi Lajos, 2006-12-03 20:49:25 |
|
|