Application de l'induction dans l'analyse de la convergence une séquence définie récursive.
Laisser $\left\{a_{n}\right\}$ être défini récursivement par $$ a_{n+1}=\frac{1}{4-3 a_{n}}, \quad n \geq 1 $$ Déterminez pour qui $a_{1}$ la séquence converge et en cas de convergence trouve sa limite.
Mon approche: Notez que$$a_{n +1}=\frac{1}{4-3a_{n}}, \quad n\geq 1$$ alors, je voudrais d'abord trouver $a_{n}$. Maintenant, j'essayais de trouver un modèle mais je ne trouve pas ceci \ begin {eqnarray *} n = 1 & \ implique & a_ {2} = \ frac {1} {4-3a_ {1}} = \ frac {(3 ^ {2-1} -1) - (3 ^ {2-1} -3) a_ {1}} {(2 ^ {2}) - (3 ^ {2} -6) a_ {1 }} \\ n = 2 & \ implique & a_ {3} = \ frac {1} {4-3a_ {2}} = \ frac {1} {4-3 \ left (\ frac {1} {4- 3a_ {1}} \ right)} = \ frac {4-3a_ {1}} {4 (4-3a_ {1}) - 3} \\ \ vdots & \ implique & \ vdots \\ \ end {eqnarray * } Si je sais$a_{n}=a_{n}(a_{1})$, donc je peux analyser le dénominateur pour la conclusion quand $a_{n}$ n'est pas défini.
Comment trouver $a_{n}$?
Je sais également que ce problème a été résolu ici . Mais je pense que nous pouvons trouver une solution élémentaire en utilisant l'induction sur$n$.
Réponses
Si la séquence converge vers $L$, prendre la limite des deux côtés de la récurrence montre que
$$L=\frac1{4-3L}\,,$$
ou $3L^2-4L+1=0$. Les facteurs quadratiques bien:$(3L-1)(L-1)=0$, donc les seules limites possibles sont $L=\frac13$ et $L=1$.
Il est clair que la séquence n'est pas définie si $a_1=\frac43$ et constant si $a_1=\frac13$ ou $a_1=1$.
- Si $a_k<1$, puis $1<4-3a_k$, et $0<a_{k+1}<1$.
- Si $a_k>\frac43$, puis $a_{k+1}<0$, donc $0<a_{k+2}<1$.
- Si $1<a_k<\frac43$, laisser $r=a_k-1$; puis$0<3r<1$, donc $$a_{k+1}=\frac1{4-3a_k}=\frac1{1-3r}=\sum_{n\ge 0}(3r)^n>1+3r>a_k\,.$$ La séquence ne peut pas avoir de limite $\left(1,\frac43\right]$donc soit ça frappe $\frac43$ et meurt, ou $a_\ell>\frac43$ pour certains $\ell>k$, puis $a_n\in(0,1)$ pour tous $n\ge\ell+2$.
Ainsi, si $a_1$ génère en fait une séquence infinie et non constante, cette séquence aboutit à $(0,1)$. Que se passe-t-il là?
- Si $\frac13<a_k<1$, laisser $r=a_k-\frac13$. ensuite$$a_{k+1}=\frac1{4-3a_k}=\frac1{3(1-r)}=\frac13\sum_{n\ge 0}r^n\,,$$ donc $$a_{k+1}-\frac13=\frac13\sum_{n\ge 1}r^n=\frac{r}3\sum_{n\ge 0}r^n=ra_{k+1}<r=a_k-\frac13\,,$$ et $a_{k+1}<a_k$. Dans ce cas, la séquence doit converger vers$\frac13$.
- Si $0<a_k<\frac13$, laisser $r=\frac13-a_k$. ensuite$$a_{k+1}=\frac1{4-3a_k}=\frac1{3(1+r)}=\frac13\sum_{n\ge 0}(-1)^nr^n\,,$$ donc $$\begin{align*}\frac13-a_{k+1}&=\frac13-\left(\frac13+\frac13\sum_{n\ge 1}(-1)^nr^n\right)=\frac13\sum_{n\ge 0}(-1)^nr^{n+1}\\&=\frac{r}3\sum_{n\ge 0}(-1)^nr^n=ra_{k+1}<r=\frac13-a_k\,,\end{align*}$$ et $a_{k+1}>a_k$. Là encore, la séquence converge vers$\frac13$.
Nous avons maintenant montré que $a_1=1$ donne la séquence constante $a_k=1$ pour tous $k\ge 1$, et toute autre valeur initiale donne soit une séquence convergeant vers $\frac13$ ou celui qui finit par mourir parce que certains $a_k=\frac43$. Il ne reste plus qu'à déterminer pour quelles valeurs initiales certains$a_k=\frac43$.
Résoudre $y=\frac1{4-3x}$ pour $x$, on trouve que $x=\frac{4y-1}{3y}=\frac43-\frac1{3y}$. Laisser$b_1=\frac43$, et pour $k\ge 1$ laisser $b_{k+1}=\frac{4b_k-1}{3b_k}$. Il est facile de montrer par induction sur$k$ cette $a_k=\frac43$ si et seulement si $a_1=b_k$, donc $\{b_k:k\ge 1\}$ est l'ensemble des valeurs initiales qui ne donnent pas de séquence convergente, et il ne reste plus qu'à trouver une forme fermée pour les nombres $b_k$.
Si nous écrivons $b_k$ en fraction $\frac{c_k}{d_k}$, puis
$$b_{k+1}=\frac{\frac{4c_k}{d_k}-1}{\frac{3c_k}{d_k}}=\frac{4c_k-d_k}{3c_k}\,,$$
donc $c_{k+1}=4c_k-d_k$, et $d_{k+1}=3c_k$, avec conditions initiales $c_1=4$ et $d_1=3$. ensuite$c_{k+1}-d_{k+1}=c_k-d_k$, donc par induction $c_k-d_k=c_1-d_1=1$ pour tous $k\ge 1$. Il s'ensuit que$c_{k+1}=d_{k+1}+1=3c_k+1$. Résoudre la récurrence$c_{k+1}=3c_k+1$ avec valeur initiale $c_1=4$ par n'importe quelle méthode standard, nous constatons que
$$c_k=\frac{3^{k+1}-1}2$$
et par conséquent que
$$d_k=\frac{3^{k+1}-3}2\,,$$
de sorte que
$$b_k=\frac{3^{k+1}-1}{3^{k+1}-3}\,.$$
Mise à jour: Merci Brian M. Scott pour votre perspicacité.
J'ajouterai le cas où certains $a_k=\frac 43$. Par Brian, nous devons résoudre la séquence$b_k$ tel que $b_1=\frac 43$, $b_{k+1}=\frac{4b_k-1}{3b_k}$. Cela peut être résolu de la même manière, mais plus facilement car$b_1$ est donné.
Notez que $$ b_{k+1} - 1 = \frac{b_k-1}{3b_k}$$$$ b_{k+1} - \frac 13 = \frac{b_k-\frac{1}{3}}{b_k}\tag 1 $$
De $(1)$ nous concluons $b_k>\frac 13, \forall k$ par induction.
ensuite $\frac{b_{k+1}-1}{b_{k+1}-\frac 13} = \frac{1}{3} \frac{b_k-1}{b_k-\frac 13} \implies \frac{b_k-1}{b_k-\frac 13} = \frac{1}{3^{k-1}} \left( \frac{b_1 - 1}{b_1 - \frac 13}\right) = \frac{1}{3^k}$
Donc $b_k = \frac{1 - \frac{1}{3^{k+1}}}{1-\frac{1}{3^l}} = \frac{3^{k+1} -1}{3^{k+1}-3}$ ce qui est le même que les résultats de Brian.
Réponse originale:
Puisque $1$ et $\frac 13$ sont les racines de l'équation caractéristique $x=\frac{1}{4-3x}$, nous avons
$$a_{n+1}-1 = \frac{3(a_n-1)}{4-3a_n}$$
$$a_{n+1}-\frac 13 = \frac{a_n-\frac 13}{4-3a_n}$$
Donc si non $a_n = \frac 13$ tu as
$$\frac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}-\frac 13} = 3 \frac{a_n-1}{a_n-\frac 13} = 3^n \frac{a_1-1}{a_1-\frac 13}$$
Bien sûr, vous devez vous occuper du cas où $a_1=\frac 13$.
Définir la fonction $$ f(a)=\frac1{4-3a}\tag1 $$ Notez que $$ \begin{align} f(a)-a &=\frac{(3a-1)(a-1)}{4-3a}\tag{2a}\\ &\left\{\begin{array}{} \lt0&\text{if }a\in\left(\frac13,1\right)\cup\left(\frac43,\infty\right)\\ \gt0&\text{if }a\in\left(-\infty,\frac13\right)\cup\left(1,\frac43\right) \end{array}\tag{2b} \right. \end{align} $$ Considérez les deux séquences pour $n\in\mathbb{Z}$, $$ \begin{align} p_n &=\frac{3^{n-1}+1}{3^n+1}\tag{3a}\\ &=\frac13\left(1+\frac2{3^n+1}\right)\tag{3b} \end{align} $$ et $$ \begin{align} q_n &=\frac{3^{n-1}-1}{3^n-1}\tag{4a}\\ &=\frac13\left(1-\frac2{3^n-1}\right)\tag{4b} \end{align} $$ où $q_0=\pm\infty$.
Notez que $$ \begin{align} f(p_n)&=p_{n+1}\tag{5a}\\ f(q_n)&=q_{n+1}\tag{5b} \end{align} $$ où, dans le cas de $q_0$, $$ \begin{align} f(q_{-1})&=f\!\left(\tfrac43\right)=\infty=q_0\tag{6a}\\ f(q_0)&=f(\infty)=0=q_1\tag{6b} \end{align} $$ Définir les intervalles $$ \begin{align} P_n&=(p_{n+1},p_n)\tag{7a}\\ Q_n&=(q_n,q_{n+1})\tag{7b} \end{align} $$ où $Q_{-1}=\left(\frac43,\infty\right)$ et $Q_0=\left(-\infty,0\right)$:
Dans l'animation ci-dessus, les lignes rouges et vertes pleines sont les $P_n$ et $Q_n$. Les flèches pointent vers les intervalles en pointillés$P_{n+1}$ et $Q_{n+1}$. Les intervalles sont rouges si$f(a)\lt a$ sur cet intervalle et vert si $f(a)\gt a$; ces intervalles sont décrits dans$(2)$.
Puisque $f'(a)\gt0$ sauf à $q_{-1}=\frac43$ (qui est entre $Q_{-2 }$ et $Q_{-1}$), nous avons les bijections $$ \begin{align} f&:P_n\to P_{n+1}\tag{8a}\\ f&:Q_n\to Q_{n+1}\tag{8b} \end{align} $$ Puisque $$ \bigcup_{n\in\mathbb{Z}}P_n\cup\bigcup_{n\in\mathbb{Z}}Q_n\cup\left\{p_n:n\in\mathbb{Z}\right\}\cup\left\{q_n:n\in\mathbb{Z}^{\ne0}\right\}=\mathbb{R}\tag9 $$ $(5)$ et $(8)$ montrer que pour tous les points sauf $\left\{q_n:n\le0\right\}\cup\{1\}$, itération $f$ produira une séquence convergeant vers $\frac13$ (on pourrait même dire que $q_{-\infty}=1$).
Indice: si $a_1<1$, c'est facile à voir $a_n<1$ puis laissez $b_n=a_n-\frac13$. Si$a_1\in(1,\frac43)$, c'est facile à voir $a_n\in(1,\frac43)$ puis laissez $b_n=a_n-1$. Vous pouvez faire le reste.
Sans induction .
Si vous suivez les étapes décrites ici que j'ai utilisées pour répondre à cette question, rendre l'histoire courte$$a_{n+1}=\frac{1}{4-3 a_{n}} \qquad \text{with} \qquad a_1=c$$ $$a_n=\frac 13\frac{c \left(3^n-9\right)-(3^n-3) } {c(3^n-3)-(3^n-1) }$$
Maintenant, vous devez considérer les différents cas pour arriver aux bons résultats de la belle analyse de @Brian M. Scott.