Efter videon följer ett problem som du kan lösa för att testa att du tillgodogjort dig innehållet.
Problem:
I många gränsvärdesberäkningar är den största svårigheten att visa just existensen av gränsvärdet. Här kan monotona konvergensprincipen vara till stor hjälp. Definiera en talföljd rekursivt genom att sätta \[ a_0=0,\qquad a_{k+1}=\frac{1+a_k^2}{2} \qquad \textrm{för } k\ge 0. \] Bevisa att följden är växande och uppåt begränsad av \(1\), samt beräkna därefter gränsvärdet. (ganska svår)Svar:
Vi visar med induktion att \(P_k:a_{k+1}-a_k\ge 0\) är sant för \(k=0,1,2,\ldots \). Vi observerar först att \(a_1=\frac12\), vilket visar att \(a_1-a_0=\frac12-0=\frac12>0\), dvs basfallet \(P_0\) är sant.
Antag nu att \(P_k\) är sant. Vi får att \[ (V.L.)_{k+1}=a_{k+2}-a_{k+1}=\frac{1+a_{k+1}^2}{2}-\frac{1+a_k^2}{2}= \] \[ \frac12(a^2_{k+1}-a^2_k)=\frac12(a_{k+1}-a_k)(a_{k+1}+a_k)\ge 0= (H.L.)_{k+1}, \] där vi har använt induktionsantagandet och att alla \(a_k\ge 0\) enligt den rekursiva definitionen. Påståendet \(P_k\) är därmed bevisat för alla \(k=0,1,2,\ldots\), vilket medför att följden är växande.
Vi visar nu också med induktion att \(Q_k:1-a_k\ge 0\) är sant för \(k=0,1,2,\ldots \). \(Q_0\) är uppenbarligen sant eftersom \(1-a_0=1\ge 0\).
Om vi nu antar att \(Q_k\) är sant, dvs att \(1-a_k\ge 0\) så följer att \[ (V.L.)_{k+1}=1-a_{k+1}=1-\frac{1+a_k^2}{2}= \] \[ \frac{1-a_k^2}{2}= \frac12(1+a_k)(1-a_k)\ge 0=(H.L.)_{k+1}, \] där vi har använt induktionsantagandet och att alla \(a_k\ge 0\) enligt den rekursiva definitionen. Påståendet \(Q_k\) är nu bevisat för alla \(k=0,1,2,\ldots\), vilket medför att olikheten \(a_k\le 1\) gäller för alla \(k\), dvs följden är uppåt begränsad.
Då vi nu vet att följden är växande och uppåt begränsad så följer enligt monotona konvergensprincipen att \(A=\lim_{k\to\infty}a_k\) existerar. Gränsövergång i rekursionsformeln ger \[ \lim_{k\to \infty}a_{k+1}=\lim_{k\to\infty}\frac{1+a_k^2}{2} \Rightarrow A=\frac{1+A^2}{2}. \] Denna ekvation har den unika roten \(A=1\), vilket visar att \[ \lim_{k\to \infty}a_{k}=1. \]
Antag nu att \(P_k\) är sant. Vi får att \[ (V.L.)_{k+1}=a_{k+2}-a_{k+1}=\frac{1+a_{k+1}^2}{2}-\frac{1+a_k^2}{2}= \] \[ \frac12(a^2_{k+1}-a^2_k)=\frac12(a_{k+1}-a_k)(a_{k+1}+a_k)\ge 0= (H.L.)_{k+1}, \] där vi har använt induktionsantagandet och att alla \(a_k\ge 0\) enligt den rekursiva definitionen. Påståendet \(P_k\) är därmed bevisat för alla \(k=0,1,2,\ldots\), vilket medför att följden är växande.
Vi visar nu också med induktion att \(Q_k:1-a_k\ge 0\) är sant för \(k=0,1,2,\ldots \). \(Q_0\) är uppenbarligen sant eftersom \(1-a_0=1\ge 0\).
Om vi nu antar att \(Q_k\) är sant, dvs att \(1-a_k\ge 0\) så följer att \[ (V.L.)_{k+1}=1-a_{k+1}=1-\frac{1+a_k^2}{2}= \] \[ \frac{1-a_k^2}{2}= \frac12(1+a_k)(1-a_k)\ge 0=(H.L.)_{k+1}, \] där vi har använt induktionsantagandet och att alla \(a_k\ge 0\) enligt den rekursiva definitionen. Påståendet \(Q_k\) är nu bevisat för alla \(k=0,1,2,\ldots\), vilket medför att olikheten \(a_k\le 1\) gäller för alla \(k\), dvs följden är uppåt begränsad.
Då vi nu vet att följden är växande och uppåt begränsad så följer enligt monotona konvergensprincipen att \(A=\lim_{k\to\infty}a_k\) existerar. Gränsövergång i rekursionsformeln ger \[ \lim_{k\to \infty}a_{k+1}=\lim_{k\to\infty}\frac{1+a_k^2}{2} \Rightarrow A=\frac{1+A^2}{2}. \] Denna ekvation har den unika roten \(A=1\), vilket visar att \[ \lim_{k\to \infty}a_{k}=1. \]
Maila för handledning.
Hur upplevde du problemet?
Svårighet:
Relevans:
Svårighet:
Relevans: