Ciąg, granica, zbieżność ciągu Szkolniak: Ciąg (a_n) jest określony w następujący sposób: a₀=a, a_n+1=a_n(2−y*a_n) dla n=0,1,2,... (a oraz y>0 są ustalone). Zbadać, dla jakich a ciąg jest zbieżny i wyznaczyć jego granicę. Próbowałem to jakoś ruszyć, ale ciężko mi. Próba za pomocą funkcji tworzącej, ale nie jestem w tym biegły i nie do końca to rozumiem, wygląda to tak: A(x)=_n=0^∞∑a_nxⁿ=a+_n=1^∞∑a_nxⁿ=a+_n=0^∞∑a_n+1xⁿ⁺¹= =a+x*_n=0^∞∑a_n+1xⁿ=a+x*_n=0^∞∑(2a_n−y*(a_n)²)xⁿ= =a+2x*_n=0^∞∑a_nxⁿ−yx*_n=0^∞∑(a_n)²xⁿ Pewnie trochę ciężko się to czyta, ale nie wiem czy jakoś dalej da radę to pociągnąć? Miałby ktoś jakiś pomysł?

wredulus_pospolitus: załóżmy, że ciąg {a_n}_n−>∞ jest ciągiem zbieżnym do granicy 'g' wtedy prawdą będzie, że: lim_n−−>∞ a_n+1 = lim_n−>∞ a_n = g ⇔ lim_n−−>∞ a_n(2−y*a_n) = lim_n−−>∞ a_n ⇔ ⇔ g*(2−y*g) = g −−> (g) *(1−y*g) = 0

	1
czyli g = 0 lub g =		tylko takie granice są możliwe
	y

wredulus_pospolitus: natomiast co do samego 'a' ... jako że słabo rachunkowo bym się czuł w funkcjach tworzących ... to będzie sobie kombinował

	2
f(k) = k(2− y*k) <−−− wykres to będzie parabola z miejscami zerowymi k1 = 0 ; k2 =
	k

	1
... kwierzchołka =		; ramiona skierowane do dołu
	y

	2
Zauważmy, że jeżeli f(k) >		to f(f(k)) < f(2/y) = 0 −−−> ciąg 'wyskoczy' nam w
	y

ujemne wartości i już tam pozostanie −−> będzie rozbieżny

	2
związku z tym, aby ciąg był zbieżny ... to NA PEWNO a0 = a ∊ (0 ;		]
	y

	2
I teraz najłatwiej chyba by było wykazać, że dla a =		granicą ciągu będzie 0 ;
	y

	2		1
natomiast dla a∊(0 ;		) granicą będzie		czyli wierzchołek paraboli
	y		y

wredulus_pospolitus: a co do wykazania tychże granic dla takich 'a' ... dla a = 2/y sprawa jest prosta, banalna i nie mam co tutaj pisać więc przechodzimy do ciekawszej części czyli: niech a ∊ (0 ; 2/y)

	1		1
komentarz: celujemy w wykazanie, że |		− f(a)| < |		− a|
	y		y

	1
oznaczmy: a =		+ k ; k ∊ (−1/y ; 1/y)
	y

	1		1		1		1
f(a) = a(2−y*a) = (		+ k) * ( 1 − y*k) =		− y*k2 >		− y*		*|k| =
	y		y		y		y

	1
		− |k|
	y

związku z tym:

	1		1		1		1
|		− f(a)| < | − |k| | = |k| = |		− (		+ k) | = |		− a|
	y		y		y		y

i teraz możemy to pociągnąć na przykład indukcyjnie, że będziemy się coraz bardziej zbliżać do

	1
wierzchołka tejże paraboli czyli do g =
	y

wredulus_pospolitus: tak wiem ... trochę chaotycznie ... na pewno trzeba jeszcze trochę podpicować to rozwiązanie ... ale masz już jakiś zarys / pomysł jak to zrobić.

Mariusz: Co do funkcji tworzącej to największym problemem będzie z sumą ∑_n=0^∞a_n²xⁿ bo w przypadku funkcji tworzącej mamy że funkcja tworząca splotu to iloczyn funkcji tworzących a tu nie widać splotu Równania liniowe można bez problemów rozwiązać funkcją tworzącą Gdyby to równanie było równaniem różniczkowym to byłoby ono Bernoulliego a ono dość łatwo sprowadza się podstawieniem do liniowego więc może pomyśleć nad jakimś podstawieniem i wykładniczą funkcją tworzącą

Szkolniak: Mariusz ja z funkcji tworzącej jestem słaby, nigdy się nie tego nie uczyłem ani się w ten temat nie zagłębiałem, więc po prostu chciałem spróbować czy to zadziała, no i właśnie ta suma o której napisałeś sprawiła że dalej nie było jak ruszyć Na studiach też funkcji tworzących nie poruszaliśmy, jedyne co jeszcze będzie to równania różniczkowe zwyczajne, ale zapewne w jakiejś okrojonej i łatwej wersji, takie jak kiedyś już ćwiczyliśmy wredulus zaraz spróbuję ogarnąć te rozwiązanie, dzięki wielkie

Mariusz: Szkolniak a_n=2a_n−1−ya_n−1² a_n = b_n+p b_n+p = 2(b_n−1+p) − y(b_n−1+p)² b_n+p = 2b_n−1 + 2p − y(b_n−1²+2pb_n−1+p²) b_n = 2b_n−1 + p − yb_n−1² −2pyb_n−1 −yp² b_n = 2(1−py)b_n−1 − yb_n−1² + p(1−py) 1−py = 0 1 = py

	1
p =
	y

b_n = − yb_n−1² I mamy równanie rekurencyjne którego szkic rozwiązania opisał justynian na matematyka.pl https://matematyka.pl/viewtopic.php?f=45&t=304902

Mariusz: Nie zauważyłem że justynian wymaga aby α > 0 Można jednak w równaniu a_n = 2a_n−1−ya_n−1² podstawić

	1
an = −bn +
	y

aby otrzymać rozpatrywaną przez niego postać

Szkolniak: 'Przesuńmy' rozpatrywany ciąg i zacznijmy od n=1, tzn. a₁=a.

	1
an=		−bn, n∊{1,2,3,...}
	y

1		1		1
	−bn=2(		−bn−1)−y(		−bn−1)2
y		y		y

1		2		1		2
	−bn=		−2bn−1−y(		−		bn−1+bn−12)
y		y		y2		y

	1		1
−		−bn=−2bn−1−		+2bn−1−ybn−12
	y		y

−b_n=−yb_n−1² b_n=yb_n−1² ln(b_n)=ln(y*b_n−1²) ln(b_n)=ln(y)+2ln(b_n−1) niech: z_n=ln(b_n) z_n=ln(y)+2z_n−1 Mariusz i jak teraz to zacząć za pomocą funkcji tworzącej? Bo mamy 'n' i 'n−1' zamiast 'n+1' i 'n' i już nie wiem jak to teraz pociągnąć. Mam nadzieję że to co pisze ma sens, bo tak trochę po omacku to robię i nie czuje się w tym pewnie Możnaby pewnie właśnie 'przesunąć' indeksy, ale nie wiem czy można tak bezkarnie to robić

Mariusz: Zakładamy że y > 0 ? z_n = ln(y)+2z_n Tutaj to już łatwo będzie funkcją tworzącą Z(x) = ∑_n=1^∞z_nxⁿ Sumujemy od jedynki bo pierwszy wyraz ma indeks 1 ∑_n=2^∞z_nxⁿ = ∑_n=2^∞2z_n−1xⁿ + ∑_n=2^∞ln(y)xⁿ ∑_n=2^∞z_nxⁿ = 2x(∑_n=2^∞z_n−1xⁿ⁻¹)+ln(y)(∑_n=2^∞xⁿ)

	x2
∑n=2∞znxn = 2x(∑n=1∞znxn)+ln(y)
	1−x

	x2
∑n=1∞znxn−ax = 2x(∑n=1∞znxn)+ln(y)
	1−x

	ax(1−x)+ln(y)x2
(1−2x)(∑n=1∞znxn) =
	1−x

	(ln(y)−a)x2+ax
(1−2x)Z(x) =
	(1−x)

	(ln(y)−a)x2+ax
Z(x) =
	(1−2x)(1−x)

Teraz ponieważ funkcję tworzącą zdefiniowaliśmy za pomocą sumy szeregu potęgowego o wyrazach indeksowanych od jedynki to rozkładasz na sumę ułamków postaci

Ax		2B
	+
1−x		1−2x

	(ln(y)−a)x2+ax		Ax		2B
		=		+
	(1−2x)(1−x)		1−x		1−2x

Mariusz: A x się zapodział w drugim składniku tej sumy Oczywiście miało być

(ln(y)−a)x2+ax		Ax		2Bx
	=		+
(1−2x)(1−x)		1−x		(1−2x)

Mariusz: Przy czym nie uwzględniłem tego że podstawienie zmienia początkowy wyraz ciągu

Szkolniak: Chwila, jeśli sumujemy od jedynki to dlaczego w następnej linijce jest sumowanie od 2? Ja to policzyłem i wyszła mi trochę inna postać Z(x) Tylko nie rozumiem właśnie czemu nagle sumowanie od n=2

Mariusz: Definiujesz funkcję tworzącą jako szereg potęgowy o wyrazach indeksowanych od jedynki (zwykle wyrazy tego szeregu indeksuje się od zera ale jeśli tak jak tutaj zdefiniowany jest dopiero pierwszy wyraz to można zdefiniować funkcję tworzącą jako szereg potęgowy indeksowany od jedynki) Przy tak przesuniętym ciągu rekurencyjnym z₁ masz dane (trzeba je tylko wyliczyć z podstawień) a rekurencja zachodzi dla n ≥ 2

Szkolniak: Coś tu próbowałem policzyć, ale wyszło mi, że:

	(1−ay)2		y4
zn=ln(		)+ln(		)*2n, więc chyba coś nieźle namieszałem..
	y3		(1−ay)3

Już nie mam siły i w oczach mi się miesza od tych sum, indeksów itd., więc rzucę na to jeszcze raz okiem ale już rano

Mariusz: Po przeliczeniu warunku początkowego mnie wyszło

	1
zn = −ln(y) +		ln(1−ay)*2n
	2

Szkolniak: Ok policzyłem i wyszło mi tyle samo, chociaż trochę się zagmatwałem przez ten rozkład

	Ax		2Bx		A		B
		+		, bo z początku dałem		+		i mi nie wychodziło
	1−x		1−2x		1−x		1−2x

Czyli:

	1
zn=−ln(y)+		ln(1−ay)*2n
	2

	1
ln(bn)=		ln(1−ay)*2n−ln(y)
	2

ln(b_n)=ln(1−ay)²ⁿ⁻¹−ln(y)

	eln(1−ay)2n−1
bn=
	eln(y)

	1
bn=		*((1−ay)2n−1)
	y

	1		1
		−an=		*((1−ay)2n−1)
	y		y

	1
an =		*[1−(1−ay)2n−1]
	y

Wydaje mi się że dobrze wyszło, policzyłem a₂ z dwóch wzorów i zgadza się wynik W sumie nie takie straszne, obliczeniowo dawałbym radę ale brak zauważania pewnych rzeczy i wprawy, dużo szczegółów i idzie się łatwo pogubić