Chủ đề này có 4 trả lời

[01634908884]

Cho $x_{1}=a,y_{1}=b;
và x_{n+1}=\frac{x_{n}+y_{n}}{2};
y_{n+1}=\sqrt{x_{n}y_{n}}$
Tìm lim $x_{n},y_{n}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 01634908884: 18-09-2018 - 11:08

[An Infinitesimal]

Cho $x_{1}=a,y_{1}=b;
và x_{n+1}=\frac{x_{n}+y_{n}}{2};
y_{n+1}=\sqrt{x_{n}y_{n}}$
Tìm lim $x_{n},y_{n}$

Sao bạn không đề cập đến điều kiện của $a$ và $b$?

[01634908884]

Sao bạn không đề cập đến điều kiện của $a$ và $b$?

a>0,b>0 nhé

[bangbang1412]

Cho $x_{1}=a,y_{1}=b;
và x_{n+1}=\frac{x_{n}+y_{n}}{2};
y_{n+1}=\sqrt{x_{n}y_{n}}$
Tìm lim $x_{n},y_{n}$

Dãy số này nói chung chỉ biết được rằng giới hạn tồn tại và $\lim x_{n} = \lim y_{n}=L$ còn không biểu diễn được dưới dạng hàm sơ cấp của $a,b$. Xét tích phân sau:

 

$$I(a,b) = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d \phi}{\sqrt{a^{2}\cos^{2} \phi + b^{2} \sin^{2} \phi}}$$

 

Ta sẽ chứng minh rằng:

 

$$I(a,b) = I(\frac{a+b}{2},\sqrt{ab})$$

 

Thực hiện phép đổi biến sau mang tên Gauss:

 

$$\sin \phi = \frac{2a \sin \psi}{(a+b)+(a-b)\sin^{2} \psi}$$

 

Dễ kiểm tra rằng $\phi \in [0,\frac{\pi}{2}] \Leftrightarrow \psi \in [0,\frac{\pi}{2}]$, sau đó vi phân hai vế:

 

$$\cos \phi d\phi = \frac{2a \cos \psi [ a+b-(a-b)\sin^{2} \psi] d\psi}{(a+b)+(a-b)\sin^{2} \psi}$$

 

Khi đó nếu $x_{1}=\frac{a+b}{2},y_{1}=\sqrt{ab}$ ta có:

 

$$\sqrt{x_{1}^{2}\cos^{2} \psi + y_{1}^{2} \sin^{2} \psi} d \phi = a \frac{a+b-(a-b)\sin^{2} \psi}{a + b + (a-b)\sin^{2}\psi} d \psi = \sqrt{a^{2}\cos^{2} \phi + b^{2}\sin^{2} \phi} d \psi$$

 

Từ đó ta có $I(a,b)=I(x_{1},y_{1})$, vậy tiếp tục ta có

 

$$I(a,b)=I(x_{n},y_{n}) \forall n \in \mathbb{N}$$

 

Ta mong muốn:

 

$$I(a,b) = \lim I(x_{n},y_{n}) = I( \lim x_{n},\lim y_{n}) = I(L,L) = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d \phi}{L} = \frac{\pi}{2L}$$

 

Khi đó $$L = \frac{\pi}{2I(a,b)}$$ và ta thấy tích phân $I(a,b)$ là một dạn tích phân elliptic không có biểu diễn sơ cấp. Ta còn phải chứng minh sự hội tụ đều của tích phân $I(a,b)$.

 

Đặt $u_{n}=\sqrt{x_{n}^{2}\cos^{2} \phi + y_{n}^{2}\sin^{2} \phi}$:

 

Ta sẽ chứng minh $\forall \epsilon > 0 \exists N_{\epsilon}$ mà:

 

$$sup_{[0,\frac{\pi}{2}]} |\frac{1}{u_{m}} - \frac{1}{u_{n}}| < \epsilon \forall m,n \geq N_{\epsilon}$$

 

Ta có nhận xét sau, do $x_{n},y_{n}$ hội tụ nên nó là dãy Cauchy, và bị chặn bởi một số dương $M$. Ngoài ra ta còn có bất đẳng thức $\alpha cos^{2}x + \beta sin^{2}x \geq min(\alpha,\beta)$:

 

$$|\frac{1}{u_{m}}-\frac{1}{u_{n}}| \leq \frac{|x_{m}-x_{n}||x_{m}+x_{n}| + |y_{m}-y_{n}||y_{m}+y_{n}|}{(min(x_{n}^{2},y_{n}^{2})+min(x_{m}^{2},y_{m}^{2}))(min(x_{m}^{2},y_{m}^{2}))(min(x_{n}^{2},y_{n}^{2}))} << \epsilon$$

 

Lưu ý rằng có thể giả sử $inf min(x_{n}^{2},y_{n}^{2}) >0$ nên ta có dpcm. Tóm lại không tính được giới hạn này theo $a,b$ một cách sơ cấp.

 

$$\lim x_{n} = \lim y_{n} = \frac{\pi}{2}(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\phi}{\sqrt{a^{2}\cos^{2}\phi+b^{2}\sin^{2}\phi}})^{-1}$$

 

Thảo luận này do thầy Ngô Quốc Anh đưa ra tại lớp K62 Tài năng Toán ĐHKHTN HN. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 20-09-2018 - 16:17

[Kalari499]

Quy nạp $x_{n}, y_{n} > 0 \, \forall n \geq 1$ rồi quy nạp $x_{n} \geq y_{n} \, \forall n \geq 2$. Xong rồi quy nạp tiếp $x_{n}$ là dãy giảm, $y_{n}$ là dãy tăng (với n đủ lớn), suy ra cả 2 dãy $x_{n}, y_{n}$ cùng hội tụ tại 1 điểm gọi là $L$, chứ không tính được cụ thể $L$ là bao nhiêu