format .pdf, 0.9 MB - Recreaţii Matematice

1lentă cu − 1 ≤ y n+1 , ∀n ≥ 1, deundededucemcăx n+1 x n1− 1 nX≤ y 2 + y 3 + ···+ y n = y i − y 1 , ∀n ≥ 1.x n x 1i=1Cum în µ partea dreaptă a ultimei relaţii este un şir convergent, deci mărginit, rezultă1că şiruleste şi el mărginit.x nn≥1Pe de altă parte,relaţia 1x n− 1x n−1≤ y n = n Py i − n−1 Py i este echivalentă cui=1 i=11 P− n y i ≤ 1 − n−1 Py i , ∀n ≥ 2, sau, cu notaţia z n = 1 P− n y i , z n ≤ z n−1 ,x n i=1 x n−1 i=1x n i=1∀n ≥ 2. De aici, având în vedere că şirul (z n ) n≥1este mărginit, fiind diferenţa adouă şiruri mărginite, rezultă că şirul (z n ) n≥1este convergent. Prin urmare, şirul cu1 Ptermenul general = z n + n y i este convergent.x ni=1XI.40. Fie x 0 ∈ [−1, 1]; · arătaţi că pentru orice n ∈ N, ecuaţia 3x−4x 3 = x n areosingurăsoluţie x n+1 ∈ − 1 2 , 1 ¸. Demonstraţi că şirurile (x n )2n≥0 şi (3 n x n ) n≥0sunt convergente şi calculaţi limitele lor.Marian Tetiva, BârladSoluţie. Săarătăm, pentru început, · cădacă a∈[−1, 1], atunci ecuaţia 3x−4x 3 = aare o singură soluţie în intervalul − 1 2 , 1 ¸. Pentru aceasta, considerăm funcţia2µf : R → R , definită prin f (x) = 3x − 4x 3 − a. Deoarece f − 1 µ 1f =2 2= (−1 − a)(1− a) · ≤ 0 şi f este continuă, rezultă că f se anulează celpuţin odată înintervalul − 1 2 , 1 ¸.Cumf 0 (x) =3 ¡ ·1 − 4x 2¢ ≥ 0, ∀x ∈ − 1 22 , 1 ¸,înseamnă·2că f este strict crescătoare pe − 1 2 , 1 ¸,deciecuaţia f (x) =0are o singură soluţie2în intervalul·− 1 2 , 1 2¸.Mai putem observa că, dacă α =arcsina, avem3sin α 3 − α 4sin3 3 =sinα = ahşi α ∈ − π 2 , π iimplică sin α ·23 ∈ − 1 2 , 1 ¸. Deci sin α este tocmai soluţia din intervalul− 1 2 , 1 ¸ ·23a ecuaţiei 3x − 4x 3 = a. Astfel, am demonstrat că, pentru orice2·a ∈ [−1, 1], ecuaţia 3x − 4x 3 = a are o singură soluţie în intervalul − 1 2 , 1 ¸şi anume2sin α 3 =sinarcsin a .3Revenind la problema noastră, rezultă, din cele arătate mai sus, că, pentruorice n ∈ N, x n+1 este bine definit şi x n+1 =sin arcsin x n. De aici, obţinem că362