succesione - n^2

[darkcrystal]

...$ a_0\in\mathbb{R} $..

Giuro che semplicemente non ci avevo pensato... tutto quel parlare di 3 mi deve aver confuso le idee

Comunque, per puro sprezzo di Piever che tanto sa che lo prendo in giro, sappiate che (se non ho sbagliato i conti) $ a_n=n^2+2n+3+2^n(a_0-3) $.

[EvaristeG]

Ma vi divertite così tanto a togliere i problemi a chi non li sa fare in poco tempo?
Quando qualcuno di esperto vede un bel problema che gli viene in 5 minuti, forse deve considerare il caso di non postare, nemmeno imbiancando la soluzione, no?
Per di più postare poi la formula generale della successione equivale a togliere l'unico lavoro di intelligenza che stava dietro al problema e lasciare al lettore volenteroso di formalizzare l'induzione.

[darkcrystal]

Scusa, hai perfettamente ragione ... cercherò di evitare, in seguito

[mistergiovax]

Carlein ha detto:
Allora mi scuso prima di tutto con mistergiovax non volevo offenderti.

Non fa nulla, a parte che non so nemmeno dove mi hai offeso .

EvaristeG ha scritto:
Ma vi divertite così tanto a togliere i problemi a chi non li sa fare in poco tempo?

Chiedo umilmente perdono, ma, visto che ero a lezione di statistica in aula di informatica e mi stavo annoiando a morte...
Comunque non sono l'unico...

[EvaristeG]

Gli universitari poi sono un altro capitolo, visto che per di più voi avete segato la risposta...mi riferivo a darkcrystal che ha postato prima la sol imbiancata e poi la formula esplicita.

[EvaristeG]

Adesso però qualcuno fa il bravo e posta la soluzione in cui dimostra quella formula e ricava per bene la tesi.

[wolverine]

Va bene, visto che non si decide nessuno la scrivo io con tutti i dettagli, cosi' si ripassa anche come si trovano le formule chiuse per ricorsioni di questo tipo.

Poniamo $ b_n=a_n+\alpha n^2+\beta n+\gamma $. Allora si ha

$ b_{n+1}=2b_n+(-\alpha-1)n^2+(2\alpha-\beta)n+(\alpha+\beta-\gamma) $

Risolvendo il sistema $ -\alpha-1=0,\,2\alpha-\beta=0,\,\alpha+\beta-\gamma=0 $
troviamo $ \alpha=-1,\,\beta=-2,\,\gamma=-3 $. Dunque, ponendo

$ b_n=a_n- n^2-2 n-3 $

si ottiene la ricorsione $ b_{n+1}=2b_n $, che si risolve immediatamente dando $ b_n=2^nb_0 $. A questo punto, ricordando che $ b_0=a_0-3 $ e $ a_n=b_n+n^2+2n+3 $, si ottiene

$ a_n=2(a_0-3)+n^2+2n+3 $

[EvaristeG]

Ok, ora vi dico il metodo malato che era venuto in mente a me... se ho due dati iniziali $ a_0<a_0' $, le successioni che ne risultano soddisferanno $ a_n<a_n' $.
Chiamiamo $ a_0(n) $ il valore iniziale per cui $ a_n=0 $; ovviamente si ha $ 2a_{n-1}-(n-1)^2=0 $ quindi $ a_{n-1}=\dfrac{(n-1)^2}{2} $. Andando avanti così
$ a_{n-2}=\dfrac{(n-1)^2}{4}+\dfrac{(n-2)^2}{2} $
si giunge a
$ a_0(n)=\dfrac{(n-1)^2}{2^n}+\ldots+\dfrac{1}4 $
Ora,
$ \displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{n^2}{2^{n+1}}=3} $
(poi posterò due modi per calcolarla) quindi $ a_0(n)<3 $ per ogni n, il che significa che per una successione che parte da 3 o da un numero maggiore, si ha $ a_n>0 $ per ogni n.
Inoltre, se una successione parte da un numero minore di 3, esiste un n tale che $ a_0(n) $ è più grande del dato iniziale, quindi per quella successione si avrà $ a_n<0 $.

[EvaristeG]

Per calcolare quella serie vi do due metodi:
1) sappiamo che $ \displaystyle{\sum_{k=n}^\infty2^{-k}=2^{-n+1}} $
e dunque
$ \displaystyle{\sum \dfrac{k}{2^k}=\left(\frac{1}2+\frac{1}4+\ldots\right)+\left(\frac{1}4+\frac{1}8+\ldots\right)+\ldots} $$ \displaystyle{=1+\frac12+\frac14+\ldots=2} $
ma allora
$ \displaystyle{\sum_{k=0}^\infty\frac{2k+1}{2^{k+1}}=\sum_{k=0}^\infty\frac{k}{2^k}+\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{2^{k+1}}=3} $
da ciò
$ \displaystyle{\sum_{k=0}^\infty\frac{k^2}{2^{k+1}}=\left(\frac14+\frac38+\frac5{16}+\ldots\right)+\left(\frac18+\frac3{16}+\ldots\right)+\ldots} $$ =\dfrac123+\dfrac143+\dfrac183+\ldots=3 $
2) sappiamo che $ \displaystyle{\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{x^k}=\frac{x}{x-1}=f(x)} $, ma allora
$ f'(x)=\displaystyle{-\sum_{k=0}^\infty\frac{k}{x^{k+1}}} $
e dunque se $ g(x)=xf''(x)+f'(x) $ ovvero alla derivata di $ xf'(x) $ si ha
$ g(x)=\displaystyle{\sum_{k=0}^\infty\frac{k^2}{x^{k+1}}} $
D'altra parte
$ f'(x)=-\dfrac{1}{(x-1)^2} $ e $ g(x)=\dfrac{2x}{(x-1)^3}-\dfrac{1}{(x-1)^2} $
per cui
$ \displaystyle{\sum_{k=0}^\infty\frac{k^2}{2^{k+1}}=g(2)=3 $.

Postilla: lo so, è un metodo un po' cervellotico per risolvere l'esercizio sulla successione, ma (imho) ci sono alcune idee carine e sommare questa serie è divertente.

[Nonno Bassotto]

Aggiungo un commento su come si può arrivare a pensare, data la richiesta del problema, la sostituzione che fa wolverine. Visto che si tratta solo di un suggerimento per far venire l'idea, supporrò che a_0 sia intero, e dunque tutti i termini della successione lo siano.

Supponiamo che a un certo punto a_n < n^2. Allora vediamo subito che a_n+1 < a_n, e a quel punto decresce e siamo fregati. Dunque se la successione si deve mantenere positiva, dovrà restare maggiore o uguale a n^2. Questo ci porta a considerare la successione b_n = a_n -n^2: anch'essa dovrà restare positiva. Se andiamo a vedere, i b_n soddisfano la ricorsione

b_n+1 = 2 b_n - 2n - 1

e quindi abbiamo abbassato il grado. Possiamo ripetere il ragionamento fino ad arrivare alla forma che ha trovato wolverine.

[Nonno Bassotto]

Giusto per chiarire. La sostituzione che fa wolverine e' sempre utile per trovare forme esplicite per successioni di questo tipo, al di la' del problema della positivita'. La morale dell'esercizio dovrebbe essere ricordarsi che queste sostituzione possono semplificare le cose per problemi del genere.

Pero', visto che l'esercizio chiedeva se la successione restava positiva, mi sembrava che potesse essere un hint per inventarsi l'idea di fare quella sostituzione.

[wolverine]

Dato che abbiamo ripassato la tecnica per risolvere le ricorsioni di questo tipo, aprofittiamone per fare un po' d'esercizio: calcolare, in funzione di $ a_0 $ e $ a_1 $, il termine $ n $-mo della ricorsione

$ a_{n+2}=5a_{n+1}-6a_n-n^2+3n $

e della ricorsione

$ a_{n+2}=4a_{n+1}-4a_n+n^3-1 $

[jordan]

faccio solo il primo, il secondo è uguale..
$ a_{n+2}=5a_{n+1}-6a_n -n^2+3n $.
pongo $ b_n= A a_n + B a_{n-1} + Cn^2 +Dn +E $, e ricordando la successione sopra ottengo:$ b_{n+1} = (5A+B)a_n -6Aa_{n-1} $$ +n^2(C-A) +n (5A+2C+D) +(2A+C+D+E) $. dato che vogliamo ottenere $ b_{n+1}=k b_n $ con $ k \in R^0 $ allora pongo il determinante della matrice dei coefficienti degli $ a_i $ nullo; per semplicità posso porre nulli tutti gli altri coefficienti di $ b_{n+1} $. risolvendo otteniamo che il determinante è nullo sse $ k=2 $o $ k=3 $. scegliamo il $ k=3 $ (suppongo che l'altra strada sia del tutto analoga) e ottengo come soluzione dei sistemi:
$ A=1, B=-2, C=-\frac{1}{2}, D=2, E=\frac{5}{2} $.
riassunto: pongo $ b_n=a_n-2a_{n-1}=3^{n-1}b_1 $, per ogni n>1.
dati quindi $ a_0 $ e $ a_1 $ e dato che $ b_1=a_1-2a_0+4 $. e adesso?
poniamo in colonna tutte le equazioni, dalla$ b_1 $ alla $ b_n $,per ogni $ i \in (1,2,...n) $ moltiplichiamo tutti i membri della i-esima equazione per$ 2^{n-i} $.sommiamo tutti i membri "simili" in colonna.otteniamo:
$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n}{2^{n-i}b_i}=\sum_{i=1}^{n}{2^{n-i}3^{i-1}b_1}=a_n -2^n a_0 +2^{n+1} $, da cui $ a_n= 2^n a_0-2{n+1}+\frac{b_1}{3(2^n)} \sum_{i=1}^{n}{(\frac{3}{2})^i} $.
da cui: $ \displaystyle a_n=a_0-2+\frac {(a_1-2a_0+4)(3^{n+2}-2{n+1})}{3(2^{n+1})} $.

modulo (molti)errori di conti..la strada comunque è questa credo

[wolverine]

Che ci siano degli errori di conto e' evidente dal fatto che la formula trovata per $ a_n $ non produce numeri interi quando $ a_0,a_1 $ sono interi...

ma la strada e' corretta Ed effettivamente risolvendo in questo modo non c'e' differenza tra la prima e la seconda ricorsione. Io avevo in mente una sostituzione del tipo $ b_n=a_n+p(n) $ dove $ p(n) $ e' un polinomio in $ n $ per trasformare le ricorsioni date in ricorsioni lineari $ b_{n+2}=Ab_{n+1}+B b_n $. A questo punto c'e' una tecnica piu' rapida di quella proposta da jordan (ma tutto sommato del tutto equivalente) per esplicitare $ b_n $. Ma per questa tecnica le due ricorsioni hanno comportamenti diversi perche' per la prima il polinomio $ x^2=Ax+B $ ha radici distinte, mentre per la seconda ha una radice doppia.

[jordan]

tra l'altro riportato anche nelle schede di gobbino se non sbaglio..sul "più rapida" avrei comunque dei dubbi visto che in genere ci sono quelle tanto belle radici alla n..