Αναδρομική ακολουθία και ανισότητα

ksofsa · #1

Καλησπέρα!

Δίνεται ακολουθία $a_{n}$ , με $a_{1}=\dfrac{1}{2}$ και $a_{n+1}=a_{n}(1-a_{n})$ .

Να αποδειχθεί η ανισότητα:

$\dfrac{1}{2(n+1)}\leq a_{n+1}\leq \dfrac{1}{(n+1)^{1+\frac{1}{n}}}$
.

Λάμπρος Κατσάπας · #2

ksofsa έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 20, 2022 8:34 pm

Καλησπέρα!

Δίνεται ακολουθία $a_{n}$ , με $a_{1}=\dfrac{1}{2}$ και $a_{n+1}=a_{n}(1-a_{n})$ .

Να αποδειχθεί η ανισότητα:

$\dfrac{1}{2(n+1)}\leq a_{n+1}\leq \dfrac{1}{(n+1)^{1+\frac{1}{n}}}$
.

Καλησπέρα.

Είναι εύκολο να δείξουμε με επαγωγή ότι $a_{n}\in(0,1/2]$ . Για το άνω όριο χρειαζόμαστε το απλό $x(1-x)\leq \dfrac{1}{4}$ στο (0,1)

.

Πάμε στο ζουμί. Είναι

$\dfrac{1}{a_{k+1}}-\dfrac{1}{a_{k}}=\dfrac{1}{1-a_{k}}$

και παίρνοντας $\sum_{k=1}^{n}$ έχουμε

$\dfrac{1}{a_{n+1}}-\dfrac{1}{a_{1}}=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{1-a_{k}}$

δηλαδή

$a_{n+1}=\dfrac{1}{2+\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{1-a_{k}}}.$

Από την $a_{n}\le \dfrac{1}{2}$ και την τελευταία παίρνουμε κατευθείαν την αριστερή: $a_{n+1}\ge \dfrac{1}{2(n+1 )}$ .

Για την δεξιά έχουμε, από AM-GM,

$a_{n+1}=\dfrac{1}{2+\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{1-a_{k}}}\le \dfrac{1}{(n+1)\sqrt[n+1]{\dfrac{2}{\prod_{k=1}^{n}(1-a_k)}}}$

$= \dfrac{1}{(n+1)\sqrt[n+1]{\dfrac{2}{\prod_{k=1}^{n}\frac{a_{k+1}}{a_k}}}}=\dfrac{1}{(n+1)\sqrt[n+1]{\dfrac{1}{a_{n+1}}}}$

που μετά από απλές πράξεις δίνει

$(a_{n+1})^{\frac{n}{n+1}}\le \dfrac{1}{n+1}$

και συνεπώς

$a_{n+1}\le \dfrac{1}{(n+1)^{\frac{n+1}{n}}}.$

Σημείωση: Για μεγάλα

το άνω φράγμα μόνο είναι καλό με την έννοια $(n+1)^{\frac{n+1}{n}}a_{n+1}\longrightarrow 1, (n\longrightarrow \infty).$

Αναδρομική ακολουθία και ανισότητα

Αναδρομική ακολουθία και ανισότητα

Re: Αναδρομική ακολουθία και ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση