Με εφαρμογή στην Ρ. Μπόρης

Transcript

1 Ρ. Μπόρης

2

3 - 3 - ΠΡΟΛΟΓΟΣ Θα εξετάσουμε την συμπεριφορά ακολουθιών (a ) που ορίζονται μέσω μιας a = f(a ), a ÎR, Î N* όπου f συνεχής πραγματική σχέσης της μορφής + συνάρτηση, πραγματικής μεταβλητής ώστε να πάψει το αντικείμενο αυτό να είναι ένα σύνολο εφαρμογής τεχνασμάτων και να υπάρξει μια συστηματοποίηση των θεμάτων, μια μεθοδικότερη θεωρία, που θα αφορά αυτό το αντικείμενο Πιο συγκεκριμένα η f να ορίζεται τουλάχιστον σε διάστημα Δ έτσι ώστε το διάστημα f(δ) να προκύπτει υποσύνολο του Δ Πρώτο πράγμα που θα μας απασχολήσει είναι το κατά πόσο η ορισμένη Δεύτερο τι συμβαίνει με την μονοτονία της (a ) είναι καλά (a ) και πως αυτή συνδέεται με την μονοτονία της συνάρτησης f Τρίτο με προτάσεις που αφορούν φράγματα Τέταρτο θα ασχοληθούμε με προτάσεις που αφορούν το όριο της (a ) στην περίπτωση που η συνεχής f είναι και ως επί το πλείστον παραγωγίσιμη Τέλος θα παραθέσουμε παραδείγματα εφαρμογής των προηγουμένων προτάσεων και ταυτόχρονα θα πλουτίσουμε το κείμενο με πληθώρα σχημάτων για την καλύτερη κατανόηση των προτάσεων - 3-3

4

5 - 5 - Α. Προτάσεις που αφορούν το κατά πόσο η ακολουθία είναι καλά ορισμένη Έστω f :A R. Αφούa = f(a ) Þ a Î + A, " Î N* Άρα είναι υποχρεωτικό όλοι οι όροι της ακολουθίας να ανήκουν στο πεδίο ορισμού της συνάρτησης Πρώτα απ όλα λοιπόν πρέπει a Î A Όμως a = f (a ) Þa Îf (A) Αν το σύνολο τιμών της συνάρτησης είναι «ευρύτερο» του πεδίου ορισμού της υπάρχει περίπτωση ο δεύτερος όρος να βρεθεί εκτός του πεδίου ορισμού Α της συνάρτησης και έτσι να μην μπορούμε να ορίσουμε τον τρίτο όρο κ.ο.κ Συνεπώς μια πρόταση που αποκλείει κάτι τέτοιο είναι η : f(a) Í A. Άρα αν f(a) Í A τότε η (a) είναι καλά ορισμένη. Το αντίστροφο δεν ισχύει πάντοτε [] Στην περίπτωση A= R το προηγούμενο ισχύει και η ακολουθία είναι πάντοτε καλά ορισμένη Το επόμενο παράδειγμα κάνει φανερό το γιατί το αντίστροφο δεν ισχύει Έστω a = + +, a a = Η συνάρτηση f που ορίζει την ακολουθία έχει τύπο f(x) = +, πεδίο ορισμού x A = R -{0} και εύκολα βρίσκουμε, σύνολο τιμών f (A) = R -{}, οπότε f(a) Í A. Παρ όλα αυτά επαγωγικά εξασφαλίζουμε ότι a > 0, " Î N* οπότε «δεν υπάρχει κίνδυνος» μηδενισμού του παρονομαστή και η ακολουθία είναι καλά ορισμένη Στην συνέχεια θεωρούμε την συνάρτηση f συνεχή και την ακολουθία ορισμένη σε διάστημα Δ, έτσι ώστε f( D) ÍDÍAπροκειμένου να είναι καλά ορισμένη Τότε και το f(δ) είναι διάστημα αφού f συνεχής και Δ διάστημα B, Σχέση γραφικής παράστασης συνάρτησης f ακολουθίας (a ) Αν είναι γνωστή η γραφική παράσταση της συνάρτησης (C f ), τότε μια παράσταση των όρων σημείων της ακολουθίας πάνω στον άξονα x μπορεί να προκύψει με τον παρακάτω τρόπο : Τοποθετούμε το a στον άξονα x Φέρνουμε την κάθετη στον άξονα x και βρίσκουμε το f(a ), δηλαδή το a Πρέπει να τοποθετήσουμε το a στον άξονα x. Γι αυτό φέρνουμε την ευθεία (ε) : y=x Από το σημείο Α (a, f(a )) φέρνουμε παράλληλη στον άξονα x, η οποία τέμνει την (ε) στο σημείο Κ Από το Κ φέρνουμε κάθετη στον άξονα x και βρίσκουμε το Α (a, f(a )) κ.ο.κ Οι τετμημένες των Α, Α, είναι τα ζητούμενα σημεία Έτσι έχουμε μια εποπτεία των όρων της ακολουθίας που φανερώνει την συμπεριφορά της ως προς την μονοτονία ή και το όριο της Τα προηγούμενα αποδίδονται στο σχήμα που ακολουθεί - 5-5

6 - 6 - A A æ a 3 A 3 Γ. Πότε η ακολουθία είναι σταθερή? æ a æ a Ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε η (a ) να είναι σταθερή ακολουθία είναι : Ο πρώτος όρος a να επαληθεύει την εξίσωση f(x)=x [] Πράγματι : Αν a = f(a) τότε επειδή a = f(a) προκύπτει ότι a = a Συνεχίζοντας με ίδιο τρόπο (επαγωγικά) είναι a =... = a = a που σημαίνει ότι η (a ) είναι σταθερή ακολουθία Αντίστροφα Αν η (a ) είναι σταθερή ακολουθία τότε a = aκαι επειδή a = f(a) θα είναι a = f(a) δηλαδή ο πρώτος όρος a επαληθεύει την εξίσωση f(x)=x Αν η εξίσωση f(x)=x δεν έχει λύση τότε όπως προκύπτει από την προηγούμενη πρόταση η ακολουθία δεν μπορεί ποτέ να είναι σταθερή Αν η εξίσωση f(x)=x έχει πολλές λύσεις τότε υπάρχουν και αντίστοιχοι πρώτοι όροι για τους οποίους η ακολουθία είναι σταθερή Αν μετά από ένα πεπερασμένο αριθμό k συνθέσεων της f με τον εαυτό της προκύψει η ταυτοτική συνάρτηση x τότε η ακολουθία χωρίζεται σε ένα πλήθος k σταθερών υπακολουθιών και είναι περιοδική [3] Πράγματι : Έχουμε a = f(a) a = f (a ) f = (f (a )) (fof = )(a ) 3 a4 = f (a 3) f (f (a = )) f (f (f (a = ))) (fofof )(a = ) κ.ο.κ a = k (fof o...of)(a ) = + a Κ φορές λόγω της υπόθεσης μας ότι μετά από κ συνθέσεις προκύπτει η ταυτοτική συνάρτηση Με ίδιο τρόπο είναι a k+ = (f of o... of )(a ) = a Κ φορές Και συνεχίζοντας έτσι - 6-6

7 - 7 - a = + (fofo...of)(a ) = a k r r r Κ φορές ή ακόμη γενικότερα αν = km+ r, 0 r< k θα είναι : a = ar όπου r το υπόλοιπο της διαίρεσης του με το k, πράγμα που σημαίνει ότι η ακολουθία χωρίστηκε σε κ το πολύ σταθερές υπακολουθίες, όσες δηλαδή το πλήθος των διαφορετικών υπολοίπων r Με άλλη διατύπωση η ακολουθία είναι περιοδική με περίοδο το κ διότι οι όροι της επαναλαμβάνονται μετά κ επαναλήψεις Δ. Προτάσεις που αφορούν μόνο τα φράγματα (και όχι το όριο) Αν είτε το πεδίο ορισμού Α, είτε το σύνολο τιμών f(a), της συνάρτησης f, είναι φραγμένο υποσύνολο του R τότε η (a ) είναι φραγμένη ακολουθία [4] Πράγματι : Αφού a Î A και Α φραγμένο τότε $ J, jîr : J< a <j " ÎN* Αν f(α) φραγμένο υποσύνολο του R τότε αφού a Î f (A) " ÎN * -{} $ J, jîr : J< a <j " ÎN * -{} Οπότε και στις δυο περιπτώσεις η ακολουθία προέκυψε φραγμένη Είναι σχεδόν προφανές ότι το αντίστροφο δεν ισχύει. Για παράδειγμα Αν a+ = a, a = τότε η ακολουθία είναι φθίνουσα γεωμετρική πρόοδος θετικών όρων με 0< a " Î N* οπότε είναι φραγμένη. Όμως η αντίστοιχη συνάρτηση f έχει τύπο f(x) = x που και το πεδίο ορισμού της και το σύνολο τιμών της δεν είναι φραγμένα Στην πρόταση [4] τονίζουμε ότι δεν απαιτείται ούτε η συνάρτηση να είναι συνεχής ούτε το πεδίο ορισμού της να είναι διάστημα Επειδή έχουμε δεχτεί ότι περιορίζουμε την συνεχή f σε διάστημα Δ : f( D) ÍDÍA τότε αν δεχτούμε ότι : Υπάρχει διάστημα Δ υποσύνολο του πεδίου ορισμού της f με f( D) ÍD,aÎD, έτσι ώστε το διάστημα f(δ) να είναι φραγμένο τότε η ακολουθία (a ) θα είναι φραγμένη [5] Πράγματι Αφού a ÎDÞa Îf ( D ), " ÎN * -{} Όμως f(δ) φραγμένο διάστημα οπότε και η ακολουθία είναι φραγμένη Όπως είδαμε και πριν το αντίστροφο δεν ισχύει Αν Δ μη φραγμένο διάστημα π.χ D= [a, + ) επειδή έχουμε δεχτεί ότι f( D) ÍD και f συνεχής, το διάστημα f(δ) μπορεί να έχει μόνον τις παρακάτω μορφές : )f(δ)=[c,d] )f(δ)=[c,d) με limf(x) = dîr και f(x) < dσε κάθε διάστημα [a,x] 3) f(δ)=[c,+ ) με x + lim f(x) = + x

8 - 8 - Που σημαίνει ότι όταν το Δ έχει ελάχιστο στοιχείο το a, ή και κάτω φράγμα αν ήταν D= (a, + ) τότε και το f(δ) έχει κάποιο ελάχιστο στοιχείο c ή κάτω φράγμα, όχι αναγκαστικά στο a πάντοτε όμως με a c. Τότε θα αρκούσε μόνον η εξέταση του ορίου της f στο άπειρο προκειμένου να εξασφαλιστεί ότι το f(δ) είναι φραγμένο, άρα και η ακολουθία Αντίστοιχα ισχύουν και για μη κάτω φραγμένα διαστήματα ή και ολόκληρο το R Η γεωμετρική ερμηνεία των προηγουμένων φαίνεται στα παρακάτω σχήματα Α Β Πλάτος f(δ)=ad=φραγμένο Πλάτος Δ =DC=φραγμένο D C Α Β D Πλάτος f(δ)=ad=φραγμένο Πλάτος Δ =DC=κάτω φραγμένο μόνον C Και στα δυο προηγούμενα σχήματα πρέπει να ισχύει DA DC αφού f( D) ÍD - 8-8

9 - 9 - Δ. Προτάσεις που αφορούν την μονοτονία της ακολουθίας (a ) Αν η εξίσωση f(x)=x δεν έχει λύση στο Δ, όπου Δ είναι διάστημα, τότε η ακολουθία (a ) είναι γνήσια μονότονη [6] Πράγματι : Αφού f(x) - x ¹ 0 και το Δ είναι διάστημα τότε η συνεχής συνάρτηση f(x) - xθα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο Δ Αν f(x) - x > 0Þf(a ) - a > 0Þa+ - a > 0, " Î N* οπότε (a )& Αν f(x) - x< 0 αντίστοιχα προκύπτει ότι (a )' Στην περίπτωση όπου το Δ είναι ένωση διαστημάτων η [6] δεν ισχύει υποχρεωτικά όπως φαίνεται στο παρακάτω παράδειγμα Έστω a =-,a + a = τότε f (x) =- " x Î( -,0) È (0. + ). Εύκολα βλέπουμε x ότι η f είναι συνεχής σε ένωση διαστημάτων και η εξίσωση f(x) = xδεν έχει λύση. Όμως από την άλλη μεριά επειδή a+ =- = a οι όροι της ακολουθίας είναι a+ κατά σειρά οι :, -/,, -/,, -/, γεγονός που φανερώνει ότι η ακολουθία δεν είναι γνήσια μονότονη αφού η διαφορά a + - a δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο Το παρακάτω σχήμα αποδίδει γραφικά την πρόταση [6] a a a 3 Αν η συνάρτηση f είναι γνήσια αύξουσα στο Δ, όπου Δ είναι διάστημα και το a δεν είναι λύση της εξίσωσης f(x)=x, τότε η (a ) είναι γνήσια μονότονη [7] Πράγματι : f(a ) ¹ a Þ a ¹ a Αφού Αν a a > υποθέτουμε ότι f& a > a Þ f (a ) > f (a ) Þ a > a k+ k k+ k k+ k+ ότι (a)& Όμοια αν a < a προκύπτει ότι (a )' Άρα και στις δύο περιπτώσεις η ακολουθία προέκυψε γνήσια μονότονη οπότε προκύπτει - 9-9

10 - 0- Στα παρακάτω σχήματα φαίνεται γραφικά η συμπεριφορά της ακολουθίας στην προηγούμενη περίπτωση a a a 3 a 3 a a Αν η συνάρτηση f είναι γνήσια φθίνουσα στο Δ, όπου Δ είναι διάστημα το a δεν είναι λύση της εξίσωσης f(x)=x και a ¹ a3, τότε η (a ) δεν είναι γνήσια μονότονη, αλλά χωρίζεται σε δυο γνήσια μονότονες υπακολουθίες περιττών όρων (a - ) και αρτίων όρων (a ) με αντίθετο είδος μονοτονίας η κάθε μια τους [8] Απόδειξη Όπως και στην [7] προκύπτει ότι f(a ) ¹ aþ a ¹ a Αν a < a Þ f(a ) > f(a ) Þ a > a 3 οπότε υπάρχουν δυο δυνατότητες αφού a ¹ a 3 Α) a3 < a < a και Β) a < a3 < a Ακόμη αφού a > a 3 Þ f (a ) < f (a 3 ) Þ a 3 < a 4 και επειδή στην περίπτωση Α) ισχύει a3 < aþ f(a 3) > f(a ) Þ a4 > a Έτσι στην περίπτωση Α) η διάταξη των τεσσάρων πρώτων όρων της ακολουθίας είναι η a 3 < a < a < a 4. Αντίστοιχα στην περίπτωση Β) είναι a < a3 < a4 < a a < a με παρόμοιο τρόπο προκύπτουν πάλι δυο πιθανές διατάξεις και είναι οι : Αν Γ) a a4 a3 a < < < ή Δ) a4 < a < a < a3 Έχοντας τώρα μια από τις Α), Β), Γ), Δ) (π.χ την Α) μπορούμε να συνεχίσουμε επαγωγικά ως εξής : Υποθέτουμε ότι ak+ < ak- < ak < ak+ και δείχνουμε ακριβώς όπως στην Α) ότι : ak+ 3 < ak+ < ak+ < ak+ 4 γεγονός που αποδεικνύει ότι : η υπακολουθία των περιττών όρων είναι γνήσια φθίνουσα, ενώ των αρτίων όρων είναι γνήσια αύξουσα Αντίστοιχη απόδειξη γίνεται και στις υπόλοιπες περιπτώσεις Β), Γ) και Δ) Η απαίτηση a ¹ a3 εξασφαλίζεται αν δεχτούμε ότι το a δεν επαληθεύει την εξίσωση f(f(x))=x Αν a =a 3 εύκολα προκύπτει ότι οι υπακολουθίες αρτίων και περιττών όρων είναι σταθερές και όχι αναγκαστικά ίσες - 0-0

11 - - Σχήματα που ανταποκρίνονται στις περιπτώσεις Α), Β), Γ) και Δ) είναι τα παρακάτω A) B) a 3 a a a 4 a a 3 a 4 a Γ) Δ) a a 4 a 3 a a 4 a a a 3 E.Προτάσεις που αφορούν το όριο της (a ) Είναι γνωστό ότι αν οι όροι μιας ακολουθίας ανήκουν σε ένα σύνολο τότε δεν είναι υποχρεωτικό και το όριό της, αν υπάρχει να ανήκει και αυτό στο ίδιο σύνολο. Για παράδειγμα πάντα υπάρχει ακολουθία ρητών που να συγκλίνει σε άρρητο. Έτσι Αν η ακολουθία συγκλίνει σε κάποιον πραγματικό λ, τότε το λ είναι λύση της εξίσωσης f(λ)=λ Επειδή όμως έχουμε δεχτεί σαν προϋπόθεση ότι f( D) ÍDπρέπει να εξετάσουμε σε ποιο σύνολο ανήκει το λ. Έτσι θα δείξουμε ότι το λ πρέπει να είναι κοινό σημείο συσσώρευσης των συνόλων f(δ) και Δ. Ειδικότερα Αφού δεχτήκαμε ότι περιοριζόμαστε σε διαστήματα, το λ είτε θα βρίσκεται στο εσωτερικό τους είτε θα είναι κάποιο ανοικτό «άκρο» τους [9] - -

12 - - Πράγματι Είναι l ima == l + ima lκαι a + = f (a ) Þ lima + = limf (a ) Αφού f συνεχής η προηγούμενη σχέση γίνεται l ima = f( l + ima ) Þl f( = l ) Επειδή lima =l,aîdπροκύπτει ότι το λ είναι σημείο συσσώρευσης του διαστήματος Δ και δεν ανήκει υποχρεωτικά στο Δ (αν Δ ανοικτό) Ακόμη l = l imf(a ), f(a ) Îf( D) άρα το λ είναι σημείο συσσώρευσης του f(δ) και δεν ανήκει υποχρεωτικά στο f(δ) Αφού το Δ είναι διάστημα τότε επειδή η f είναι συνεχής και το f(δ) θα είναι διάστημα Αν π.χ D = f ( D ) = (a,b) τότε πρέπει να αναζητήσουμε τις λύσεις της εξίσωσης f(x)=x, δηλαδή το λ, στο σύνολο [a,b]. Αυτό σημαίνει ότι η f μπορεί να επεκταθεί σε συνεχή στο διάστημα αυτό Ικανή και αναγκαία συνθήκη για να ισχύει το προηγούμενο είναι : limf(x) = kî R =, limf(x) mîr οπότε συνεχής επέκταση + - x a x b της f στο [a,b] είναι η F με τύπο ì k, x = a ï F(x) = íf(x),a < x< b ï î m, x = b Μάλιστα αν η f ορίζεται σε κλειστό διάστημα τότε F=f στο διάστημα αυτό Σύμφωνα με το προηγούμενο λοιπόν έχουμε ότι η F ορίζεται στην περίπτωση όπου Δ φραγμένο διάστημα αρκεί τα όρια της f στα άκρα του να είναι πραγματικοί αριθμοί. και πεδίο ορισμού της F είναι τότε κλειστό διάστημα. Αν άκρο του Δ είναι άπειρο δεν ορίζεται η F στο άκρο αυτό Πεδίο ορισμού της F μπορεί να προκύψει «ευρύτερο» του Δ στην περίπτωση όπου το Δ έχει ανοικτό άκρο κάποιον πραγματικό αριθμό, αλλιώς F=f στο διάστημα Δ Στις επόμενες προτάσεις λοιπόν η αναζήτηση του λ πρέπει να γίνεται μέσω της εξίσωσης F(x)=x και όχι από την f(x)=x (βέβαια όταν ορίζεται η F) Σύμφωνα με την [9] λογικό είναι να αναρωτηθούμε ποιο είναι το πλήθος λύσεων της εξίσωσης f(λ)=λ και γενικότερα όπως είπαμε της F(λ)=λ και να βγάλουμε συμπεράσματα που αφορούν την σύγκλιση της ακολουθίας σε κάθε περίπτωση Η εξίσωση F(x)=x δεν έχει λύσεις στο Δ (αν ορίζεται η F) άρα ούτε και η f(x)=x. Τότε η (a ) που θεωρείται καλά ορισμένη σε κάποιο διάστημα Δ : f( D) ÍDÍA θα συγκλίνει ή στο + ή στο - [0] Αφού F(x) ¹ xþf(x) - x ¹ 0," xîd Τότε η συνεχής συνάρτηση F(x) - xθα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο Δ, άρα και η f(x) - x, οπότε η (a ) θα είναι γνήσια μονότονη Άρα a lîrή a ± Όμως η εξίσωση F(λ)=λ δεν έχει λύσεις, οπότε a ± Σε αυτή την περίπτωση το Δ δεν μπορεί να είναι φραγμένο υποσύνολο του R και κατά συνέπεια ούτε το πεδίο ορισμού ούτε το σύνολο τιμών της f μπορεί να είναι φραγμένα υποσύνολα του R οπότε δεν ορίζεται σε ένα τουλάχιστον άκρο η F Αν a > a Þ (a ) & Þ a + ενώ αν a < a Þ (a )' Þ a - - -

13 - 3- Γεωμετρικά αυτό σημαίνει ότι η γραφική παράσταση της f δεν έχει κανένα κοινό σημείο με την διχοτόμο y=x, ούτε κανένα κοινό «ανοικτό άκρο» αν υπάρχει τέτοιο. Τα επόμενα σχήματα εξηγούν καλύτερα τι σημαίνει αυτό æ æ Στα δυο επόμενα σχήματα η εξίσωση f(x)=x δεν έχει λύση, όμως η F(x)=x, έχει το «κάτω ακραίο ανοικτό σημείο» της C f. Στο πρώτο η ακολουθία συγκλίνει σε πραγματικό αριθμό, ενώ στο δεύτερο συγκλίνει στο άπειρο!! Η εξίσωση F(x)=x, όταν ορίζεται η F, έχει μια ακριβώς λύση λ σε κάποιο διάστημα Δ : f( D) ÍDÍ A (ώστε η (a ) να θεωρείται καλά ορισμένη στο Δ) Αυτό μπορεί να εξασφαλιστεί στις παρακάτω περιπτώσεις Α) Η f να είναι γνήσια φθίνουσα Β) Η f να είναι παραγωγίσιμη στο Δ με f (x) ¹, " xîd και Δ φραγμένο Γ) Η f να είναι παραγωγίσιμη στο Δ με f (x) k <, " xîd [] Απόδειξη της Α) Αφού f ' στο Δ τότε και f(x) - x' στο Δ οπότε η εξίσωση f(x) - x= 0 έχει το πολύ μια λύση Αν Δ=(a,b) επειδή f συνεχής και γνήσια φθίνουσα θα είναι f(δ)=(c,d) όπου c = l imf(x) και d = limf(x) - x b + x a Ακόμη f( D) ÍDÞ a c< d b Τώρα θα δείξουμε ότι δεν μπορεί να ισχύουν τα «=» στην προηγούμενη ανισότητα - 3-3

14 - 4- Πράγματι : Έστω c=a, τότε για x<b επειδή a = c l imf(x) = ³ b πράγμα άτοπο αφού a<b. - x b f' θα είναι f(x)>b οπότε και Όμοια καταλήγουμε σε άτοπο αν υποθέσουμε ότι d=b Έτσι λοιπόν έχουμε : a<c<d<b Αν θέσουμε g(x) = f(x) - x από την προηγούμενη ανισότητα προκύπτει ότι limg(x) l img(x) < 0 και επειδή g συνεχής στο Δ θα υπάρχουν p,q στο Δ ώστε + - x a x b g(p)g(q)<0 Με εφαρμογή του θεωρήματος Bolzao υπάρχει λ στο (p,q),άρα και στο Δ : g(λ)=0 ή f(λ)=λ που αποδεικνύει σε συνδυασμό με την αρχική πρόταση της απόδειξης ότι η εξίσωση f(x) - x= 0 έχει ακριβώς μια λύση και αφού το λ δεν είναι άκρο του Δ τότε θα είναι και λύση της F(x)-x=0 (όταν ορίζεται η F αλλιώς περιοριζόμαστε στην f) Ίδια απόδειξη και στην περίπτωση a = - ή b = + (Εδώ δεν ορίζεται F) Ακόμη αν το διάστημα Δ είναι κλειστό σε κάποιο άκρο του, π.χ στο a, τα όρια στο a μπορούν να αντικατασταθούν με την αριθμητική τιμή f(a) Τελικά η πρόταση ισχύει σε οποιοδήποτε είδος διαστήματος Δ Απόδειξη της Β) Τώρα θα αποδείξουμε την Β) στην περίπτωση όπου Δ=(a,b). Είναι F συνεχής στο [a,b], F (x) = f (x) ¹, " x Î(a,b) Από το θεώρημα Darboux συμπεραίνουμε ότι : είτε F(x) - > 0 είτε F(x) - < 0 στο (a,b) Επειδή η g(x) = F(x) - x είναι συνεχής στο [a,b] τότε από τις προηγούμενες ανισότητες προκύπτει ότι : i) είτε g& ii) είτε g' στο [a,b] Τότε i) Αν g& στο [a,b] Αφού f ( D) ÍD = (a,b) ÞF([a,b]) Í[a,b] Þ a F(x) b, " x Î[a,b] Τότε g(a) ³ 0, g(b) 0 άτοπο επειδή g& στο [a,b] ii) Αν g' στο [a,b] Τότε επειδή g συνεχής στο [a,b] και όπως πριν g(a) ³ 0, g(b) 0 από το θεώρημα Bolzao, θα υπάρχει λ στο [a,b] : g(λ)=0, δηλαδή F(λ)=λ με λ μοναδικό διότι η g' στο [a,b] Ένας άλλος τρόπος για την απόδειξη της μοναδικότητας του λ μπορεί να είναι και ο Αν η εξίσωση F(x) - x= 0 είχε δυο ή και περισσότερες λύσεις στο διάστημα Δ, έστω τις λ < λ, τότε αν θέσουμε g(x) = F(x) - x, για την g ισχύει το θεώρημα Rolle στο διάστημα [λ, λ ],οπότε θα υπάρχει ξ στο (λ, λ ), άρα και στο εσωτερικό του Δ : g( x ) = 0ÞF( x ) = Ûf ( x ) =. Άτοπο από υπόθεση Συνεπώς η εξίσωση F(x) - x= 0 έχει το πολύ μια λύση στο Δ Ο τρόπος αυτός είναι γενικότερος γιατί δεν απαιτεί το Δ να είναι φραγμένο Απόδειξη του Γ) Η απόδειξη θα γίνει σε επόμενη πρόταση γιατί αφορά την σύγκλιση της ακολουθίας απευθείας όσον αφορά την ύπαρξη του λ, ενώ όσον αφορά την μοναδικότητα, - 4-4

15 - 5- μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τον «άλλο» τρόπο απόδειξης του Β) αφού έχουμε εδώ ότι f (x) < Þ f (x) ¹, " xîd Έχοντας εξασφαλίσει την ύπαρξη μοναδικής λύσης λ της εξίσωσης F(x)=x ή f(x)=x είναι άραγε σίγουρο ότι η (a ) θα συγκλίνει στο λ? Η απάντηση είναι αρνητική και απαιτείται η μελέτη της μονοτονίας κα των φραγμάτων της ακολουθίας Προϋπόθεση για να ξεκινήσουμε είναι όπως έχουμε πει να ισχύει η σχέση f( D) ÍDÍA,a ÎD Τότε Αν f είναι παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του Δ με f (x) k < Þ a l [] Πράγματι Η ύπαρξη μοναδικού λ εξασφαλίζεται από την [Γ] Αρκεί να αποδείξουμε ότι η a+ m - a είναι μηδενική ακολουθία οπότε σύμφωνα με το κριτήριο Cauchy θα συγκλίνει σε πραγματικό αριθμό ο οποίος θα είναι το λ λόγω της [9] Είναι QMT a - a = f(a )- f(a ) = a -a f ( x ) a -a k Θέτουμε τιμές =,,..., - και πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη τότε a - a a - a k - + Με χρήση της τρυγωνοκής ανισότητας και της προηγούμενης είναι a - a a - a a - a a - a ( + k k ) = a -a m- + m + m + m Τότε συμπεραίνουμε ότι --k a+ m - a a -a k -k Έτσι όταν,m αφού 0<k< θα ισχύει αποδεικνύει το ζητούμενο Αν a =lîdþ= a l l m m --k a - a k 0 -k -k -k Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του διαστήματος Δ : f( D) ÍDÍAμε f (x) > 0 και η εξίσωση F(x)=x έχει μοναδική λύση το λ(όταν ορίζεται η F αλλιώς μιλάμε για την f) τότε (a -a )(a -l) < 0 Þ a l Α) Β) (a - a )(a - l ) > 0 Þ a ± [3] Απόδειξη της Α) Επειδή η f είναι συνεχής στο Δ και f (x) > 0στο εσωτερικό του τότε η f θα είναι γνήσια αύξουσα στο Δ, οπότε από την πρόταση [7] γνωρίζουμε ότι η ακολουθία είναι γνήσια μονότονη. Άρα (a - a )(a - + a ) > 0 () Ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ για την f (ή F όταν ορίζεται) Είναι τώρα a -l= f (a ) -f ( l= ) (a -l)f ( x ) Þ(a -l)(a -l) > που m - 5-5

16 - 6- Άρα + (a -l)(a -l) > 0 () Δίνεται ακόμη ότι (a -a )(a -l ) < 0 (3) Πολλαπλασιάζοντας τις (),() και (3) προκύπτει η (a+ -a )(a -l) < 0 (4) Επειδή η ακολουθία είναι γνήσια μονότονη η (4) δηλώνει ότι αν η ακολουθία είναι γνήσια αύξουσα είναι και άνω φραγμένη από τον λ, ενώ αν είναι γνήσια φθίνουσα είναι κάτω φραγμένη από τον λ Συμπεραίνουμε ότι και στις δυο περιπτώσεις συγκλίνει προς πραγματικό αριθμό ο οποίος όπως είδαμε πριν είναι το λ Αντιπροσωπευτικά σχήματα είναι τα παρακάτω λ a a a a λ é λ a a Απόδειξη της Β) Ισχύουν τα ίδια ακριβώς με πριν μόνο που η ανισότητα (3) έχει αντίστροφη φορά και είναι τώρα η (a -a )(a -l ) > 0 (5) Πολλαπλασιάζοντας τις (),() και (5) προκύπτει η (a+ -a )(a -l) > 0 (6) Έτσι αν (a )& τότε a >l, οπότε η ακολουθία δεν μπορεί να συγκλίνει στο λ, ενώ αν (a )' τότε a <l, οπότε και πάλι η ακολουθία δεν μπορεί να συγκλίνει στο λ Αν η ακολουθία είχε όριο πραγματικό αριθμό,αυτός θα ήταν ο λ πράγμα αδύνατο από την προηγούμενη πρόταση, οπότε επειδή είναι γνήσια μονότονη, λόγω της σχέσης (), θα συγκλίνει σε κάποιο άπειρο Πάλι επαναλαμβάνουμε ότι σε αυτή την περίπτωση το Δ δεν μπορεί να είναι φραγμένο υποσύνολο του R και κατά συνέπεια ούτε το πεδίο ορισμού ούτε το σύνολο - 6-6

17 - 7- τιμών της f μπορεί να είναι φραγμένα υποσύνολα του R οπότε δεν ορίζεται σε ένα τουλάχιστον άκρο η F Σχήμα που ανταποκρίνεται σε αυτή την περίπτωση είναι ç λ a a Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του διαστήματος Δ : f( D) ÍDÍAμε f (x) < 0,a ¹ aîd και η εξίσωση f(f(x))=x έχει μοναδική λύση τότε (a -a )(a -l) < 0 Þ a l Α) 3 Β) (a3 -a )(a -l ) > 0 Þ(a ) δεν συγκλίνει στο R [4] Απόδειξη της Α) Επειδή η f είναι συνεχής στο Δ και f (x) < 0στο εσωτερικό του τότε η f θα είναι γνήσια φθίνουσα στο Δ, οπότε από την πρόταση [Α] γνωρίζουμε ότι η εξίσωση F(x)=x ή f(x)=x έχει μοναδική λύση λ στο εσωτερικό του Δ Η ακολουθία δεν είναι γνήσια μονότονη αλλά από την [8] είναι γνωστό ότι χωρίζεται σε δυο γνήσια μονότονες υπακολουθίες περιττών όρων (a - ) και αρτίων όρων (a ) με αντίθετο είδος μονοτονίας η κάθε μια τους οπότε θα μελετήσουμε ξεχωριστά την σύγκλιση κάθε μιας τους Είναι (a -a )(a - a ) > 0 () Είναι τώρα a -l= f (a ) -f ( l= ) (a -l)f ( x= ) + ( ) = f(a )-f( l) f ( x ) = - = (a -l)f( x )f( x ) Άρα + - (a -l)(a -l) > 0 () Δίνεται ακόμη ότι (a3-a )(a -l ) < 0 (3) Η απόδειξη συνεχίζεται ακριβώς όπως στην πρόταση [4Α] Ας υποθέσουμε λοιπόν χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι είναι γνήσια αύξουσα και άνω φραγμένη από το λ τότε (a3- a ) > 0,(a -l ) < 0 (4) Άρα η υπακολουθία των αρτίων θα είναι γνήσια φθίνουσα οπότε όπως προκύπτει από την πρόταση [8] θα είναι a4 - a < 0 (5) - 7-7

18 - 8- Ακόμη (a -l= ) f (a ) -f ( l= ) (a -l)f ( x ) > 0 (6) Και η υπακολουθία των αρτίων θα προκύψει κάτω φραγμένη από το λ με αντίστοιχο τρόπο κ.ο.κ Έτσι θα έχουμε a+ = f(a ) Þl = f( l) ü ìl f(f( = l)) ýþí a = f(a -) Þl = f( l ) þ î l f(f( = l )) Όμως η εξίσωση f(f(x))=x έχει μοναδική λύση άρα λ =λ =λ αφού όταν λ=f(λ) το λ είναι λύση της εξίσωση f(f(x))=x Τελικά η ακολουθία συγκλίνει στο λ Απόδειξη της Β) Αν η ακολουθία συγκλίνει τότε υποχρεωτικά όριό της θα είναι το λ Αλλά τώρα μπορούμε να δείξουμε με ίδιο όπως πριν τρόπο ότι αν (a + ) & τότε a + >l. Άρα δεν είναι δυνατόν το λ να είναι όριό της. Αντίστοιχα για την υπακολουθία των αρτίων. Άτοπο. Συνεπώς η (a ) δεν συγκλίνει στο R Σχήματα που αντιστοιχούν στην περίπτωση Α είναι a a 3 a 4 a a a 4 a 3 a Τώρα θα εξετάσουμε τι γίνεται στην περίπτωση όπου η εξίσωση f(x)=x,ή η F(x)=x, έχει περισσότερες από μια λύσεις στο Δ. Στα επόμενα σχήματα παρουσιάζεται αυτή η περίπτωση - 8-8

19 - 9- Για να έχει η εξίσωση f(x)=x,ή η F(x)=x, περισσότερες από μια λύσεις στο Δ,.δεν είναι δυνατόν η f να είναι γνήσια φθίνουσα εκεί. Το γεγονός αυτό δεν σημαίνει ότι η f θα είναι γνήσια αύξουσα. Για λόγους απλούστευσης όμως θα μελετήσουμε μόνο αυτή την περίπτωση και ειδικότερα την περίπτωση όπου υπάρχουν δυο ακριβώς ρίζες λ και μ με λ<μ της εξίσωσης στο Δ όπως φαίνεται στα παρακάτω σχήματα Είδαμε στην πρόταση [7] ότι η ακολουθία είναι γνήσια μονότονη όταν f & Ακόμη εκτός του διαστήματος [λ,μ] η συνεχής συνάρτηση f(x)-x θα διατηρεί σταθερό πρόσημο. Τότε αν f(x)-x<0 για x<λ η ακολουθία θα είναι γνήσια φθίνουσα όταν a <λ και δεν μπορεί να συγκλίνει ούτε στο λ, ούτε στο μ αφού εύκολα μπορεί να δειχθεί ότι και το λ και το μ είναι άνω φράγματα της. Αυτό σημαίνει ότι θα συγκλίνει στο μείον άπειρο. Κατά συνέπεια το διάστημα Δ, προκειμένου να είναι καλά ορισμένη η ακολουθά, θα εκτείνεται μέχρι το - και επειδή f(x)<x το ίδιο θα πρέπει να συμβαίνει και για το διάστημα f(δ) Αντίστοιχα συμπεράσματα ισχύουν και για το + Τελικά Αν a <a <λ τα Δ και f(δ) δεν μπορεί να είναι κάτω φραγμένα, ενώ αν a >a >μ τα Δ και f(δ) δεν μπορεί να είναι άνω φραγμένα στην περίπτωση όπου η f είναι - 9-9

20 - 0- γνήσια αύξουσα και λ<μ οι μοναδικές λύσεις της f(x)=x στο διάστημα Δ : f( D) ÍDÍA [5] Με τις προηγούμενες προϋποθέσεις για να είναι καλά ορισμένη η ακολουθία πάντα, δηλαδή για οποιαδήποτε τιμή του πρώτου όρου της στο Δ, ισχύουν : Αν Δ είναι κλειστό (η μπορεί να επεκταθεί σε κλειστό) τότε D= [ l, m ],a > a Þ a m D= [ l, m ],a < a Þ a l D= [a, m ],a<lþ a l D= [ l,b],b>mþ a m [6] λ μ λ μ a λ μ λ μ b Αν το Δ δεν είναι άνω φραγμένο τότε με τις προϋποθέσεις της πρότασης [4] θα είναι D= [ l, + ),(a -a )(a -m) < 0 Þ a m D= [ l, + ),(a - a ) < 0,(a -m) < 0 Þ a l D= [ l, + ),(a - a ) > 0,(a - m ) > 0 Þ a + D= [a, + ),a <l,(a -l) < 0 Þ a l D= [a, + ),a <l,(a -l) > 0,(a -m) < 0 Þ a l+ D= [a, + ),a < l,(a - m ) > 0 Þ a + [7] Για όχι κάτω φραγμένο Δ αντίστοιχα είναι D= (-, m],(a -a )(a -l) < 0 Þ a l D= (-, m],(a - a ) > 0,(a -l) < 0 Þ a m D= (-, m],(a - a ) < 0,(a - l ) < 0 Þ a - D= (-,b], m< b,(a -m) > 0 Þ a m - 0-0

21 - - D = (-,b], m< b,(a -l ) > 0,(a -m ) < 0 Þ a m D= (-,b], m < b,(a - l ) < 0 Þ a - [8] Τέλος αν Δ=R είναι D= R,(a - a ) < 0,(a -m) > 0 Þ a m D= R,(a - a ) > 0,(a - m ) > 0 Þ a + D R,(a = - a ) > 0,(a -l) > 0,(a -m) < 0 Þ a m D R,(a = - a ) < 0,(a -l) > 0,(a -m) < 0 Þ a l D= R,(a - a ) < 0,(a - l ) < 0 Þ a - D= R,(a - a ) > 0,(a -l ) < 0 Þ a l [9] Οι προτάσεις [5], [6], [7], [9] συνοψίζονται στον παρακάτω πίνακα Να τονίσουμε ότι στον πίνακα τα πρόσημα που είναι σε παρένθεση π.χ (+) προκύπτουν υποχρεωτικά από τα υπόλοιπα στοιχεία του πίνακα ώστε η ακολουθία να είναι καλά ορισμένη στην περίπτωση που μελετάμε όπου η f είναι παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του διαστήματος Δ με f (x) > 0 και λ<μ οι μοναδικές λύσεις της f(x)=x στο διάστημα Δ : f( D) ÍDÍAΑξίζει να παρατηρήσουμε ότι όταν το Δ είναι φραγμένο είναι και κλειστό (συμπαγές) οπότε F=f σε τέτοιο διάστημα. Αντίστοιχα συμπεράσματα βγαίνουν για περισσότερες από δυο ρίζες (πεπερασμένου) πλήθους. Οι αποδείξεις είναι συνέπειες των προτάσεων πριν την [5] ΕΙΔΟΣ ΠΡΟΣΗΜΟ ΟΡΙΟ Δ f(x)-x a -λ a -μ (a ) [λ,μ] + στο (λ,μ) (+) (-) Μ - στο (λ,μ) (+) (-) Λ [a,μ] (+) στο (a,λ) (-) στο (λ,μ) - (-) Λ + (-) Λ [λ,b] (+) στο (λ,μ) (-) στο (μ,b) (+) - Μ (+) + Μ [ l, + ) + στο (λ,μ) (-)στο [ m, + ) (+) - Μ (+) + Μ - στο (λ,μ) (+)στο[ m, + ) (+) - Λ (+) + + [a, + ) (+)στο (a,λ) (-)στο (λ,μ) (+)στο [ m, + ) - (-) Λ + - Λ (- m, ] + στο (- l, ] (-) στο (λ,μ) - στο (- l, ] (+) στο (λ,μ) (-,b] (-)στο(- l, ] (+)στο (λ,μ) R (-) στο (μ,b] - στο (- l, ] (+) στο (λ,μ) (+)στο [ m, + ) + στο (- l, ] (-) στο (λ,μ) (+)στο [ m, + ) (+) (-) Λ + (-) Λ - (-) - + (-) Μ - (-) Μ (+) + Μ - (-) μ (+) + μ - (-) λ + - λ (+)

22 - - Εφαρμογές Από την αναδρομική σχέση αναγνωρίζουμε τον τύπο της συνάρτησης f Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της Α Από τους περιορισμούς που δίνονται για τον πρώτο όρο περιοριζόμαστε σε διάστημα Δ, υποσύνολο του Α ώστε a ÎD (προτιμάμε η f να είναι μονότονη στο Δ) Μελετάμε την f με την βοήθεια παραγώγων και βρίσκουμε το f(δ) Ελέγχουμε την προϋπόθεση f( D) ÍDπου εξασφαλίζει ότι η (a ) είναι καλά ορισμένη Αν υπάρχει αριθμός κοινό ανοικτό άκρο επεκτείνουμε την f σε F αν το όριο της f είναι πραγματικός αριθμός Λύνουμε την εξίσωση f(x)=x ή F(x)=x και επιλέγουμε σαν κατάλληλες λύσεις αυτές που βρίσκονται στο f(δ), ή σε ανοικτό άκρο του Μελετάμε το πρόσημο της f(x)-x ή την μονοτονία της f με την βοήθεια παραγώγων προκειμένου να βγάλουμε συμπεράσματα για την μονοτονία της ακολουθίας Χρησιμοποιούμε τις προτάσεις που αφορούν το όριο. Να μελετηθεί ως προς την σύγκλιση και να βρεθεί το όριο της, όταν υπάρχει της ακολουθίας που ορίζεται από τις σχέσεις : a = ka + m,a ³ 0,k > + 0,m > 0, Î N* Λύση Είναι f(x) = kx+ m Þ= A m [-, + ) k Επειδή a ³ 0εκλέγω D = [0, + ) ÌA Εύκολα βρίσκουμε f (x) > 0, l imf(x) = +, f(0) = m στο Δ άρα θα είναι x + f( D= ) [ m, + ) ÌD, άρα η ακολουθία είναι καλά ορισμένη. Θεωρούμε την kx m x 0 kx m x ετερόσημες λύσεις τις x, = (k± k + 4m) Τότε η εξίσωση f(x)=x έχει μοναδική λύση την l (k =+ k + 4m) > 0 στο εσωτερικό του Δ (οπότε δεν χρειάζεται να επεκτείνουμε την f σε F.Θα γινόταν στην περίπτωση όπου τα Δ και f(δ) είχαν κοινό ανοικτό άκρο κάποιον αριθμό) Είδαμε ότι f (x) > 0στο Δ. Άρα η ακολουθία (a ) είναι γνήσια μονότονη + = ³ Þ + = Προκύπτει τριώνυμο με δυο Θα βρούμε το πρόσημο της παράστασης (a -a )(a -l) διότι κατάλληλη πρόταση είναι η [3]. Είναι - -

23 - 3- ka + m-a (a -a )(a -l) = ( ka + m -a )(a -l) = (a -l) = ka+ m + a a -ka-m (a -l)(a-x ) =- (a -l ) =- (a -l ) = ka + m + a ka + m + a (a -l) (a-x ) =- 0 ka + m + a Το «=» ισχύει μόνο όταν λ=a οπότε η ακολουθία είναι σταθερή και ίση με λ λόγω της πρότασης []. Στις άλλες περιπτώσεις η ανισότητα είναι γνήσια, που σημαίνει ότι συγκλίνει στο λ, λόγω της [3]. Τελικά σε κάθε περίπτωση a l (k = + k + 4m). Να μελετηθεί ως προς την σύγκλιση και να βρεθεί το όριο της, όταν υπάρχει της ακολουθίας που ορίζεται από τις σχέσεις : a e - a+ = l,a > 0, ÎN* a Λύση x e - Είναι f(x) = l Þ= A (-,0) È (0, + ) x Επειδή a > 0εκλέγω D = (0, + ) ÌA Μελετάμε την f προκειμένου να βρούμε το f(δ) x x x -x -x xe - e + e (x- + e ) e -(-x)- f (x) = = = > 0 x x -x x x(e -) x(e -) e x(e -) διότι ο παρονομαστής είναι >0 στο Δ και είναι γνωστό ότι Άρα f & στο Δ Με τον κανόνα D.L.H εύκολα υπολογίζουμε τα όρια limf(x) == 0, lim f(x) + x 0 x + Τότε f( D= ) (0, + ) y e > + y," yîr* Είναι (0, + = ) f( D) Í D= (0, + ) άρα (a ) καλά ορισμένη Επειδή κοινό ανοικτό άκρο των Δ και f(δ) είναι πραγματικός αριθμός και μάλιστα το 0 θεωρούμε την συνεχή επέκταση F της f με F: D = [0, + ) R και ìf(x), x > 0 τύπο F(x) = í î 0, x = 0 Θεωρούμε την εξίσωση F(x)=x στο D= [0, + ) και θα δείξουμε ότι έχει μοναδική λύση το 0 Αρχικά παρατηρούμε ότι F(0)=0 Στη συνέχεια έχουμε για x>0, δηλαδή στο εσωτερικό του Δ : x e -x- (F(x) - x) f (x) =- - = < 0 x (e -)x Οπότε επειδή η F(x)-x είναι συνεχής στο Δ, θα είναι και γνήσια φθίνουσα σε αυτό. Άρα η εξίσωση F(x)=x έχει μοναδική λύση το λ= 0 στο D= [0, + ) - 3-3

24 - 4- Είδαμε πριν ότι F (x) = f (x) > 0 στο εσωτερικό του Δ και λόγω συνέχειας στο Δ προκύπτει ότι F& στο Δ. Άρα η ακολουθία είναι γνήσια μονότονη Θα βρούμε το πρόσημο της παράστασης (a -a )(a -l) διότι κατάλληλη πρόταση είναι η [3]. (a -a )(a -l) (f (a = ) -a )a και επειδή a >0 αρκεί να μελετήσουμε το Είναι πρόσημο της παράστασης f(a ) - a F(a = ) - a αφού a >0. Έτσι (F(x) -x) ' στο Dü ý Þ F(0) - 0 > F(a ) - a Þ F(a ) - a < 0. Άρα θα είναι και [0,a] ÌD þ (a -a )(a -l) < 0 που σημαίνει λόγω της [3] ότι a l= 0 3. Να μελετηθεί ως προς την σύγκλιση και να βρεθεί το όριο της, όταν υπάρχει, της ακολουθίας που ορίζεται από τις σχέσεις : æ k ö a+ = ç a +,a > 0,k > 0, ÎN* è a ø Λύση æ k ö Είναι f(x) = ç x+ Þ= A (-,0) È (0, + ) è x ø Επειδή a > 0εκλέγω D = (0, + ) ÌA Μελετάμε την f προκειμένου να βρούμε το f(δ) Είναι x - k f (x) = κατασκευάζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f λαμβάνοντας υπ όψη x ότι : limf(x) == lim f(x) + x 0 k + * x 0 x + f f k Τότε f( D= ) [k, + ) Είναι[k, + = ) f( D) Ì D= (0, + ) άρα (a ) καλά ορισμένη Επειδή τα Δ, f(δ) δεν έχουν κοινό ανοικτό άκρο δεν χρειάζεται να επεκτείνουμε την f σε F Θεωρούμε την εξίσωση f(x)=x στο Δ. Εύκολα διαπιστώνουμε ότι έχει μοναδική λύση το k Δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε τις προτάσεις [],[3], [4] διότι ούτε η f είναι γνήσια μονότονη ούτε f (x) m<. Ακόμη ούτε η διαφορά f(x)-x διατηρεί σταθερό πρόσημο στο Δ για να προκύψει η ακολουθία μονότονη Τότε κοιτάμε τα διαστήματα στα οποία η f είναι γνήσια μονότονη και εξετάζουμε από την αρχή αυτά αν είναι κατάλληλα για υποψήφια Δ - 4-4

25 - 5- Αν D= [k, + ) τότε f( D= ) [k, + ) Þf( D) ÍD άρα (a ) καλά ορισμένη αρκεί a ³ k Δεν χρειάζεται να καταφύγουμε στην F Θεωρούμε την εξίσωση f(x)=x στο Δ. Εύκολα διαπιστώνουμε ότι έχει μοναδική λύση λ, το k H f & στο Δ οπότε η (a ) είναι γνήσια μονότονη σε αυτό (a- k) (a+ k) (a -a )(a -l ) (a=-a )(a- k)... = - = 0 a Το «=» ισχύει μόνο όταν k=a οπότε η ακολουθία είναι σταθερή και ίση με k λόγω της πρότασης []. Στις άλλες περιπτώσεις η ανισότητα είναι γνήσια, που σημαίνει ότι συγκλίνει στο k, λόγω της [3]. Τελικά στην περίπτωση a ³ k είναι a k Τώρα αν 0< a < k επειδή a = f(a) θα είναι a ³ k όπως προκύπτει από τον αρχικό πίνακα μονοτονίας. Έτσι αν παραλείψουμε τον a και θεωρήσουμε για πρώτο όρο τον a ισχύουν ακριβώς τα προηγούμενα συμπεράσματα. Άρα και πάλι a k Οι δυο περιπτώσεις αποδίδονται γραφικά στα δυο παρακάτω σχήματα k a a k 4. Να μελετηθεί ως προς την σύγκλιση και να βρεθεί το όριο της, όταν υπάρχει της ακολουθίας που ορίζεται από τις σχέσεις : a = ka + m, a Î R,k( - + k ) ¹ 0, Î N* Λύση Είναι f(x) = kx+ mþ= A (-, + ) - 5-5

26 - 6- Εκλέγω Δ=R Αφού k ¹ 0Þf( D ) = R. Άρα η άρα (a ) καλά ορισμένη Επειδή τα Δ, f(δ) δεν έχουν κοινό ανοικτό άκρο πραγματικό αριθμό δεν μπορούμε να επεκτείνουμε την f σε F Θεωρούμε την εξίσωση f(x)=x στο Δ. Εύκολα διαπιστώνουμε ότι έχει μοναδική m λύση το l= αφού k ¹ - k Η f (x) = kέχει σταθερό πρόσημο στο Δ Θα συνεχίσουμε διακρίνοντας λοιπόν δυο περιπτώσεις Ι) k>0. Τότε η ακολουθία είναι γνήσια μονότονη ή σταθερή αν λ=a m (a ( -k) -m) (a -a )(a -l ) (a=-a )(a - ) =... = -k k- Ia) Αν a ¹l, k > τότε a ± λόγω της [3] m Ιb) Αν a ¹l, 0< k < τότε a l= λόγω της [3] - k m Ic) Αν a =lτότε a =l l= λόγω της [] - k ΙΙ) k<0 Κατάλληλη πρόταση είναι η τώρα η [4] οπότε πρέπει να εξετάσουμε την εξίσωση f(f(x)) - x = 0 Û k(kx + m) + m - x = 0 Û(k - )x + m(k + ) = 0 η οποία έχει μοναδική λύση αφού - k ¹ 0. Τότε m (a ( -k) -m) (a3-a )(a -l ) (a3=-a )(a - ) =... = ( + k) -k k- IIa) Αν a ¹l, k <- τότε (a )δεν συγκλίνει στο R λόγω της [4] m IΙb) Αν a ¹l, - < k < 0 τότε a l= - k λόγω της [4] m IIc) Αν a =lτότε a =l l= - k λόγω της [] Ειδικές περιπτώσεις Α) k=0 Από τον δεύτερο όρο και πέρα η ακολουθία είναι σταθερή και ίση με m Β) k= Η ακολουθία είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά το m Γ) k=- Τότε έχουμε ότι : a+ =- a+ += m -(- a + m) += m a που σημαίνει ότι οι υπακολουθίες αρτίων και περιττών όρων είναι σταθερές Είναι εύκολο να βρεθεί ο νιοστός όρος ως συνάρτηση του Μπορεί να δειχθεί ότι - m a =l+ (a -l)k, l=, ÎN* -k 5. Να μελετηθεί ως προς την σύγκλιση και να βρεθεί το όριο της, όταν υπάρχει της ακολουθίας που ορίζεται από τις σχέσεις : a = ka + m, a > 0,k > + 0, m > 0, Î N* - 6-6

27 - 7- Λύση Είναι f(x) = kx + m Þ= A (-, + ) Επειδή a > 0εκλέγω D = [0, + ) ÌA Εύκολα βρίσκουμε f (x) = kx ³ 0, l imf(x) = +, f(0) = m στο Δ άρα θα είναι x + f( D= ) [m, + ) ÌD, άρα η ακολουθία είναι καλά ορισμένη. Επειδή τα Δ, f(δ) δεν έχουν κοινό ανοικτό άκρο δεν χρειάζεται να επεκτείνουμε την f σε F Θεωρούμε την f(x) = x Û kx + m= xπου είναι τριώνυμο με διακρίνουσα ίση με -4km. Άρα θα διακρίνουμε τρις περιπτώσεις Ι) -4km<0 τότε από την πρόταση [0] προκύπτει ότι η ακολουθία απειρίζεται και επειδή το F(Δ) δεν είναι άνω φραγμένο θα είναι a + ΙΙ) -4km=0 τότε η εξίσωση f(x)=x έχει μοναδική ρίζα στο Δ την Ακόμη εύκολα βλέπουμε ότι f & στο Δ και επιπλέον έχουμε (a a )(a ) (a a )(a m)... k(a m) και την [] θα είναι ΙΙa) Αν a < m Þ a m ΙΙb) Αν a > mþ a + l = m=. k 3 - -l =- - = =- οπότε από την πρόταση [3] ΙΙc) Αν a = m Þ a = m m - -4km ΙΙΙ) -4km>0 τότε η εξίσωση f(x)=x έχει δυο ρίζες λ<μ στο Δ με l= k και + -4km m= Κατάλληλη είναι η πρόταση [7] ή ο πίνακας μετά την [9]. k Έτσι σύμφωνα με τον πίνακα και την [] θα είναι ΙΙΙa) Αν a <lþ a l ΙΙΙb) Αν l< a <mþ a l ΙΙΙc) Αν m < aþ a + ΙΙΙd) Αν a =lþ= a l l ΙΙΙf) Αν a =mþ= a m m - 7-7

28 x = rx ( -x ),r Î (0,4),0 < x < ( Logistic map) + 0 Θα προσπαθήσω να δώσω όχι αυστηρές αποδείξεις αλλά μια σειρά σκέψεων που οδηγεί στο συμπέρασμα ότι αν 0<r<3 η ακολουθία συγκλίνει ενώ αν 3<r<4 η ακολουθία αποκλίνει Θα επικαλεστώ την εργασία μου ΑΝΑΔΡΟΜΙΚΕΣ ΑΚΟΛΟΥΘΙΕΣ (ΑΝ..ΑΚ) που ανέβασα στο forum πριν λίγο καιρό Η f που ορίζει την ακολουθία έχει τύπο f(x) = rx(- x) όπου αν θεωρήσουμε ότι r 0 x Þ 0 f(x) = fmax 4 Είναι καλό να θεωρήσουμε ότι 0 r 4ώστε επαγωγικά να εξασφαλίσουμε ότι 0 x Η εξίσωση f(x) = xέχει σαν λύσεις τις q = 0,q= - (r ¹ 0) r Αν 0< r< η γραφική παράσταση της f που ορίζει την ακολουθία είναι η παρακάτω και επειδή x > f(x) Þ x ' οπότε x 0 Αυτά μπορούν να αποδειχθούν με την κυρτότητα και την εξίσωση εφαπτομένης y= rx < xτης f στο 0 (Σχ) x x x 0 Εύκολα φαίνεται ότι πράγματι η ακολουθία είναι μηδενική και γνήσια φθίνουσα 7 8

29 Αν τώρα < r< 3 η γραφική παράσταση της f που ορίζει την ακολουθία είναι όπως φαίνεται στο επόμενο σχήμα (Σχ) B A C D E x 0 ½ x k q x k+ αν 0< x0 < / αφού f(x) - x& θα υπάρξει κάποιος x k >/ οπότε θα δείξουμε ότι CD<AB (σχήμα ) είτε xk < qείτε όχι Είναι Α(x,x),B(x,y),C(y,y),E(y,x) Πράγματι αρκεί να δείξουμε ότι η γωνία CBD<45 o ή λ BD >- x+ y x+ y f ( ) >-Ûr( - ) >-Û-x- f (x) >- Ûx -( + )x + ( + ) > 0 r r r r Οπότε αρκεί το ελάχιστο του τριωνύμου να βγει >0 δηλαδή 3-r ( + )( ) æ D ö - r r ç = > 0Þ r < 3 που ήδη ισχύει è4aø 4 b+ d Χρησιμοποιήσαμε την γνωστή ιδιότητα της παραβολής C f ότι λ BD = f ( ) όπου τα B(b,f(b)), D(d,f(d)) σημεία της C f Τότε από κει και πέρα οι όροι της x σχηματίζουν δυο μονότονες υπακολουθίες όπως στην πρόταση [8] της εργασίας και συγκλίνουν στο q. Η περίπτωση x k > q πού είναι αυτή του επόμενου σχήματος μελετιέται παρόμοια και θα ισχύει αν υπάρξει κ : /- q< xk- < / 8 9

30 (Σχ3) q x k Τώρα αν x0 q < < τα πράγματα είναι ίδια με πριν και τον ρόλο του x k παίζει απευθείας το x 0. Αντίστοιχα συμβαίνουν ακόμη και όταν q < x0 < Τελικά όταν < r< 3Þ x q= - r Τις ειδικές περιπτώσεις x 0 =0,,q θα μελετήσουμε αργότερα Τα περίεργα αρχίζουν όταν 3< r < 4 Εκεί μπορούμε να δείξουμε ότι η γωνία CBD>45 o Αυτό έχει σαν συνέπεια AB<CD στο σχήμα που τελικά δίνει μια «απωστική» συμπεριφορά γύρω από το q, δηλαδή η x χωρίζεται σε υπακολουθίες που απομακρύνονται από το q μόνο πιθανό όριο της ακολουθίας και φαίνεται ότι ο αριθμός των υπακολουθιών που είναι μονότονες εξαρτάται με την τιμή του r Πρακτικά η ακολουθία τρελαίνεται σε αυτήν την περίπτωση Αν x = 0 Þ x= 0, " r Î[0,4] 0 x = q Þ= x q,"î r [,3] 0 x = Þ x= 0,( ³ ), " r Î[0,4]

31 Ας διερευνήσουμε λίγο την περίπτωση 3<r<4 με την βοήθεια του MATHEMATICA Για r=3. βρίσκουμε τους 50 πρώτους όρους για αρχική τιμή x 0 =/ x[0]=0.5;do[x[+]=3.*x[]*(-x[]),{,0,50}];table[x[],{,0,50}] 0.5,0.775, ,0.7699, , ,0.5537, , , , ,0.7659, , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,0.5580, , , , , , , , , , , , , , , , } Παρατηρούμε ότι χωρίζονται σε δυο συγκλίνουσες υπακολουθίες προς τους αριθμούς , Θα προσπαθήσουμε να εξηγήσουμε το γιατί Αρχικά αλλάζοντας το x 0 βλέπουμε ότι η συμπεριφορά αυτή δεν αλλάζει Έχουμε λοιπόν x = f(f(x = )), f(x) rx(-x) Þ + y = x f(f(x = )) f(f(y = )),z x = f(f(x )) = f(f(z )) = Χωρίσαμε την αρχική ακολουθία σε δυο υπακολουθίες αρτίων, περιττών όρων και βλέπουμε ότι τον ρόλο της f(x) παίζει τώρα η f(f(x)) της οποίας η γραφική παράσταση παρουσιάζει την ίδια συμπεριφορά για 3<r<4 όπως στο επόμενο σχήμα (Σχ 4) 0 3

32 Τώρα θα σχεδιάσουμε και την y=x μαζί με την f(f(x)) για r=3. προκειμένου να δούμε πως δουλεύουν οι y, z (Σχ 5) 3

33 Προφανώς η f(f(x)) έχει άξονα συμμετρίας την x=/ και τρία ακρότατα στις θέσεις r- r- x = - = =,x,x3 + με x < x < x3 r r Έχει επίσης 3 σημεία τομής με την y=x στις θέσεις + r- r -r-3 r- + r+ r -r-3 t = = =,t,t με t < t < t 3 r r r Οι ανισότητες x < t < x,,3 3 Ισχύουν όταν 3< r< + 5 και είναι αυτές που καθιστούν τις y, z συγκλίνουσες προς τα t 3, t αντιστοίχως όπως φαίνεται καθαρά στα επόμενα σχήματα τα οποία ως προς την μονοτονία αποτελούν τις περιπτώσεις της πρότασης [7] της εργασίας ΑΝ.ΑΚ και ως προς το όριο εμπίπτουν στην πρόταση [3]Α 33

34 0.80 (Σχ 6) Και ομοίως η ακολουθία παρουσιάζεται συγκλίνουσα αν κάποιος όρος της βρεθεί ανάμεσα στα x,x 3 Τμήμα ΑΒ της καμπύλης του επόμενου σχήματος Ειδικά αν υπάρξει όρος ίσος με t η ακολουθία σταθεροποιείται το t 3 34

35 (Σχ 7)!B A! r - r -4r r Τώρα παρατηρούμε ότι Αν ο πρώτος όρος βρεθεί ανάμεσα στα r x r - r -4r, x3 3 r- = + r r + r -4r r r- = + τότε σίγουρα r ο δεύτερος βρίσκεται στο επιθυμητό τμήμα ΑΒ που είπαμε ότι κάνει τις y, z συγκλίνουσες Αν ο πρώτος όρος βρεθεί ανάμεσα στα 0, υπάρξει όρος που θα ξεπεράσει το r - r -4r, x3 r r - r -4r r r - r -4r r επειδή f(f(x)) - x& θα ο επόμενος θα βρεθεί ανάμεσα στα r- = + και ο μεθεπόμενος στο τμήμα ΑΒ r Αν ο πρώτος όρος βρεθεί ανάμεσα στα και αναγόμαστε στις προηγούμενες r + r -4r r, τότε σίγουρα ο δεύτερος</ 4 35

36 Τέλος Αν ο πρώτος όρος βρεθεί ανάμεσα στα x 3, δεύτερος βρίσκεται στο επιθυμητό τμήμα ΑΒ r + r -4r r τότε σίγουρα ο Έτσι σε κάθε περίπτωση τον χωρισμό της ακολουθίας σε δυο υπακολουθίες αρτίων περιττών που συγκλίνουν σε διαφορετικά όρια όταν 3< r< + 5 Αυξαίνοντας και άλλο την τιμή του r Πχ r=3.5 x 0 =0,5 παίρνουμε από το x 50, x ,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388,0.8694, , , 0.388} Αυξήθηκε ο αριθμός τω συγκλινουσών υπακολουθιών σε 4 προς τα , , ,0.388 Οι δυο επόμενες γραφικές παραστάσεις των fofof, fofofof δείχνουν πόσο πιο πολύπλοκο γίνεται το θέμα όσο το r πλησιάζει το 4 Ο αριθμός των υπακολουθιών αυξάνεται και δεν είναι σίγουρο ότι όλες τους συγκλίνουν O βαθμός των εξισώσεων αυξάνει πολύ γρήγορα ( ν ) και μόνο αριθμητικές λύσεις είναι εφικτές Σταματάμε λοιπόν εδώ τονίζοντας ότι για r» 4η x παρουσιάζει χαοτική συμπεριφορά Θα προσθέσω δυο ακόμη πίνακες με τους οποίους φαίνεται ότι τελικά υπάρχει εξάρτηση από τον πρώτο όρο πράγμα που όπως είδαμε δεν ισχύει για τιμές του r κοντά στο

37 0.8 (Σχ 8) 0.6 C fofof (Σχ 9) 0.8 C fofofof

38 x[0]=0.7;do[x[+]=3.99*x[]*(-x[]),{,0,5000}];table[x[],{,4980,5000}] {0.778,0.8044, , ,0.7906, ,0.6386,0.986, , , , , , , , ,0.09 7, , ,0.3074, } x[0]=0.4;do[x[+]=3.99*x[]*(-x[]),{,0,5000}];table[x[],{,4980,5000}] { , , , , , , ,0.4066, , , , , , , , ,0.9989,0.0309,0.3938,0.4334, } Οι πίνακες δείχνουν την έλλειψη κανονικότητας και την εξάρτηση από τον πρώτο όρο. Παριστάνουν τους 0 τελευταίους από 5000 όρους για r=3.99 και Α) x 0 = 0.7 Β) x 0 =