ciag rekurencyjny WIKI: Niech {a_n} bedzie ciagiem liczb rzeczywisstych gdziie a₁=0, a₂=1 oraz

	1
an+1 = (2−		)an − an−1 dla n ≥2. Pokaż że an≤ 2log n.
	n

Blee: No tak srednio to wyglada a₂ = 1 = 2*0.5 = 2* log √10 > 2* log √4 = 2log 2

Blee: a₃ = 5/3 > 1 > 2log3

Blee: a₄ = 35/12 > 2 > 2log 4 A dalej juz mi sie nie chce sprawdzac

Adamm: @Blee 1. źle policzyłeś 2. logarytm naturalny

Blee: Adamm .. jak dla mnie ln n oznacza logarytm naturalny natomiast log n oznacza logarytm dziesietny. Chyba ze w Polsce zmienili notacje na taka jaka jest chociazby w USA. Fakt ... liczylem dla 2 − 1/(n+1) Co nadal nie zmienia ze w zapisie (wedle tego co bylo gdy zakonczylem nauke) log n oznacza logarytm dziesietny liczby n.

Benny: Czasem też oznacza się tak logarytm o podstawie 2

jc: a_n+1−2a_n+a_n−1 = − a_n/n to jakby oscylator, o częstości proporcjonalnej do √n. A co się dzieje z amplitudą? Dlaczego rośnie jak log n?

jc: O częstości proporcjonalnej do 1/√n.

WIKI: Sory tam powinno być a_n≤ 2lnn.

jc: WIKI, log = ln. Mii akurat przeszkadza brak spacji. lnn wygląda jak jakiś nieznany symbol. Skąd bierzesz takie trudne zadania?

jc: Myślę, że a_n < ⁴√n=n^1/4. Dla odpowiednio dużych n, oszacowanie z logarytmem staje się fałszywe.

Adamm: jeśli spojrzeć w wolfram alpha, wygląda to bardzo podobnie jak taka sinusoida, z coraz to powiększającymi się oscylacjami https://www.wolframalpha.com/input/?i=f(n%2B1)%3D(2-1%2Fn)f(n)-f(n-1),+f(2)%3D1,+f(1)%3D0

jc: Czyżby a_n = n^1/4 cos 2√n ? Oczywiście w przybliżeniu.

jc: Adamm, ciągłym odpowiednikiem, jest równanie x'' = − x/t.

Adamm: f(9846) = 11.070301686489081 < 2log(9846) w dodatku, wybrałem "maksimum" między 1 a 10000 myślę że te oszacowanie z logarytmem jednak ma sens

Adamm: co to tego odpowiednika jak rozumiem x'' odpowiada Δ²a_n tak?

jc: Oszacowanie z ln psuje się dla gdy n^1/4 > 2 ln n, a to dość duża liczba. W międzyczasie, znalazłem rozwiązanie równania ciągłego. x=C √t J₁(2√x), J₁ to funkcja Bessela. A potem sprawdziłem, że funkcja ta doskonale przybliża rozwiązanie dyskretne. Sprawdź z resztą sam,

jc: Wg książki o funkcjach specjalnych, dla dużych x mamy

	2
J1(x)≈(		)1/2 cos(x−3π/4)
	πx

a więc jednak x^1/4 a nie ln x. W poprzednim wpisie ma być √x zamiast p(t).

jc: Oczywiście to nie jest żaden dowód! Jednak wyrażenie Cn^1/4 cos(2√n − 3π/4) (dla C=0.93) tak dobrze przybliża a_n, że stawiam na n^1/4, a odrzucam 2ln n. 500000^1/4 > 2 ln 500000.

Adamm: zrobiłem rysunek faktycznie, oszacowanie złe problemy zaczynają się gdzieś na 250000 wyrazie

Adamm: https://i.imgur.com/818ZWaz.png

jc: Adamm, porównaj a_n z funkcją f(n)=0.93 n^1/4 cos(2√n − 3π/4).

Adamm: f(n) = 1.12 n^1/4 cos(2√n − 1.13 π) przybliża o wiele lepiej przynajmniej dla wielkich n

Adamm: błąd https://i.imgur.com/7gI2KVL.png https://i.imgur.com/MkWi6lx.png

Adamm: a tutaj wykresy, f(n) na zielono, a_n na czerwono https://i.imgur.com/amJIMbu.png https://i.imgur.com/ZYHrt0c.png

Adamm: f(n) = 1.12 n^1/4 cos(2√n − 1.17 π) daje nawet lepsze przybliżenie dla wyrazów od 0 do miliona błąd mieści się w granicach 0 a 1/2

Adamm: Ach tak naprawdę cały czas rysowałem f(n) = 1.12n^1/2cos(2n^1/4−1.17 π)

Adamm: a nie, jednak dobrze rysowałem oczywiście, komputer nie jest super dokładny, więc błąd może być większy

Adamm: tutaj błąd lepszego przybliżenia dla n od 1 do 10⁷ https://i.imgur.com/YP4PQO9.png

Adamm: f(n)= 1.11 n^1/4 cos(2n^1/2 − 1.17 π) daje jeszcze lepsze przybliżenie błąd od 1 do 10⁷: https://i.imgur.com/cmOWKl5.png jak widać, mieści się gdzieś od 0 do 0,3

jc: Addam, sprawdź, czy nie mylisz czegoś licząc a_n. 0, 1, 1, 1/2, −1/6, ...

	t		t
Znalazłem funkcję tworzącą dla ciągu an:		exp( −		),
	(1−t)2		1−t

ale to chyba nic nie daje.

jc: To ja zacząłem inaczej, ale chyba lepiej: a₀=0, a₁=1, a_n+1=(2−1/n)a_n−a_n−1 (to nie wiele zmienia, ale jest ładniej).

Adamm: właśnie, to jest trochę inny ciąg po zamianie indeksu powinieneś dostać:

	1
an+1=(2−		)an−an−1
	n+1

i tu jest ta główna różnica

jc: Tak czy owak, (najlepszym) ograniczeniem jest Cn^1/4, a nie logarytm. Tylko jak to ściśle wykazać? Potrafię pokazać, że ograniczeniem jest n^1/2.

Adamm: cóż, taki pierwszy pomysł, mam taki, może źle myślę bierzemy jakąś dwukrotnie różniczkowalną funkcję, f, tak by f(n)=a_n kiedy n∊N Δ² f(n) = −f(n+1)/(n+1) z twierdzenia Lagrange'a Δ² f(n) = f''(m) dla pewnego m∊(n, n+2) może można jeszcze parę rzeczy założyć o f, może skorzystać z tak zwanych "nierówności różniczkowych" co prawda, ja się na tym nie znam, i nie wiem czy pomoże ale pomysł jakiś jest

jc: Coś takiego jeszcze wymyśliłem (a₀=0, a₁=1, tak jednak jest lepiej):

	n k		(−1)k+1
an = ∑k
			(k−1)!

Na pewno nie jest to wygodny wzór na liczenie a_n.