Rekursionsformel

Bortredigerat inlägg. Regelbrott 3.1. /Kajsa, admin

Du måste hela tiden använda föregående tal i serien när du går vidare med dina tal. Sätt $a_1=3$. Kvoterna som genereras är på formen

     $\frac{3+1}{3},\frac{{\left(3+1\right)}^2}{{\left(3+1\right)}^2-1},\frac{{\left(3+3\right)}^2}{{\left(3+3\right)}^2-1},...,\frac{{\left(a_1+2k+1\right)}^2}{{\left(a_1+2k+1\right)}^2-1}.$

där $2k+1$ är ett udda tal med $k=0,1,2,...$. Din rekursiva formel bör då bli

     $\left\{\begin{array}{ll}{a}_1& =3\\ a_n& =\frac{{\left(a_{n-1}+2k+1\right)}^2}{{\left(a_{n-1}+2k+1\right)}^2-1},\text{för\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}k=n-1\end{array}\right.$

Reserverar mig för eventuella felresonemang.

Jag har tänkt fel. Återkommer. Jag tror man istället får betrakta talföljden 3,4,15,16,35,36....

Det borde vara åt det här hållet, som t.ex. täljaren: 2*2*4*4...=2n!*2n! då n -> oändligheten, och liknande för nämnaren.

HT-Borås skrev :

Det borde vara åt det här hållet, som t.ex. täljaren: 2*2*4*4...=2n!*2n! då n -> oändligheten, och liknande för nämnaren.

1. Hur omvandlar man hela 2*2*4*4... till bara 2n!*2n! ?

2. Varför ska man använda fakultet? 

3. Hur kan det hjälpa mig med att skapa en rekursionsformel?

Nytt försök. Trenden i faktorerna verkar vara

     $\frac{\mathrm{\pi }}{2}=\frac{4}{3}\frac{16}{15}\frac{36}{35}...=\frac{2^2}{2^2-1}\frac{4^2}{4^2-1}\frac{6^2}{6^2-1}...$

För $n=1,2,3,...$ så kan du skriva att 

     $\left\{\begin{array}{ll}{a}_1& =\frac{4}{3}\\ a_n& =\frac{4n^2}{4n^2-1}\end{array}\right.$

Men vi vill på något sätt uttrycka $a_n$ i termer av $a_{n-1}$. Skriv

     $\frac{a_n}{a_{n-1}}=\frac{{\displaystyle \frac{4n^2}{4n^2-1}}}{{\displaystyle \frac{4{\left(n-1\right)}^2}{4{\left(n-1\right)}^2-1}}}=\frac{4n^2\left(4{\left(n-1\right)}^2-1\right)}{4{\left(n-1\right)}^2\left(4n^2-1\right)}=\frac{n^2(2n-3)}{1+n^2(2n-3)},$

varur du kan lösa $a_n$ och erhålla

     $\left\{\begin{array}{ll}{a}_1& =\frac{4}{3}.\\ a_n& =a_{n-1}\frac{n^2(2n-3)}{1+n^2(2n-3)}\iff a_{n+1}=a_n\frac{{\left(n+1\right)}^2\left(2\left(n+1\right)-3\right)}{1+{\left(n+1\right)}^2\left(2\left(n+1\right)-3\right)}.\end{array}\right.$

Du kan visa att ovanstående håller m.h.a induktion.

Fakultet, n! = 1*2*3*4*5*...*(n-1)*n. Fast det blev fel ovan, det måste vara $2^{n}n!$ för att få 2*4*6... (2*1*2*2*2*3 osv). Sedan ger $(2^{n}n!{)}^2$ 2*2*4*4*6*6 osv

Lirim.K skrev :

Nytt försök. Trenden i faktorerna verkar vara

     $\frac{\mathrm{\pi }}{2}=\frac{4}{3}\frac{16}{15}\frac{36}{35}...=\frac{2^2}{2^2-1}\frac{4^2}{4^2-1}\frac{6^2}{6^2-1}...$

För $n=1,2,3,...$ så kan du skriva att 

     $\left\{\begin{array}{ll}{a}_1& =\frac{4}{3}\\ a_n& =\frac{4n^2}{4n^2-1}\end{array}\right.$

Men vi vill på något sätt uttrycka $a_n$ i termer av $a_{n-1}$. Skriv

     $\frac{a_n}{a_{n-1}}=\frac{{\displaystyle \frac{4n^2}{4n^2-1}}}{{\displaystyle \frac{4{\left(n-1\right)}^2}{4{\left(n-1\right)}^2-1}}}=\frac{4n^2\left(4{\left(n-1\right)}^2-1\right)}{4{\left(n-1\right)}^2\left(4n^2-1\right)}=\frac{n^2(2n-3)}{1+n^2(2n-3)},$

varur du kan lösa $a_n$ och erhålla

     $\left\{\begin{array}{ll}{a}_1& =\frac{4}{3}.\\ a_n& =a_{n-1}\frac{n^2(2n-3)}{1+n^2(2n-3)}\iff a_{n+1}=a_n\frac{{\left(n+1\right)}^2\left(2\left(n+1\right)-3\right)}{1+{\left(n+1\right)}^2\left(2\left(n+1\right)-3\right)}.\end{array}\right.$

Du kan visa att ovanstående håller m.h.a induktion.

Jag ser trenden i täljaren och nämnaren då jag även hade skrivit det i mitt första inlägg.

1. Men hur kunde omvandla detta samband till först en explicit formel och sedan till rekursivformel?

2. Hur kommer du fram till att man ska dela a(n) med a(n - 1) ?

3. Finns det ett allmänt samband mellan explicit och rekursivformel? I så fall hur lyder sambandet?

HT-Borås skrev :

Fakultet, n! = 1*2*3*4*5*...*(n-1)*n. Fast det blev fel ovan, det måste vara $2^{n}n!$ för att få 2*4*6... (2*1*2*2*2*3 osv). Sedan ger $(2^{n}n!{)}^2$ 2*2*4*4*6*6 osv

Men om n = 2 så får man ju att täljaren är 2^(2) * 2! = 8 men den andra täljaren ska vara 16?

1  Men hur kunde omvandla detta samband till först en explicit formel och sedan till rekursivformel?

2. Hur kommer du fram till att man ska dela a(n) med a(n - 1) ?

3. Finns det ett allmänt samband mellan explicit och rekursivformel? I så fall hur lyder sambandet?

1. Den första formeln som jag skrev bygger bara på ett mönster som vi upptäckte.

2. Jag gjorde det för att jag vill ju kunna uttrycka $a_n$ i termer av föregående tal (som är ett krav för en rekursiv formel, till skillnad mot en explicit formel). Och genom att dividera med föregående tal och sedan lösa ut $a_n$ så blir det möjligt.

3. Nej, det finns inte något generellt så vitt jag vet. Men som jag skrev ovan, för en rekursiv formel så måste man hela tiden använda det tidigare värdet för att räkna ut det nästkommande. I en explicit/sluten formel så behöver man inte det. Med en sluten formel kan vi direkt beräkna värdet på det n:te elementet i en talföljd.

I en rekursiv formel beräknar man värdet på elementen successivt snarare än i godtycklig ordning.

Lirim.K skrev :

1  Men hur kunde omvandla detta samband till först en explicit formel och sedan till rekursivformel?

2. Hur kommer du fram till att man ska dela a(n) med a(n - 1) ?

3. Finns det ett allmänt samband mellan explicit och rekursivformel? I så fall hur lyder sambandet?

1. Den första formeln som jag skrev bygger bara på ett mönster som vi upptäckte.

2. Jag gjorde det för att jag vill ju kunna uttrycka $a_n$ i termer av föregående tal (som är ett krav för en rekursiv formel, till skillnad mot en explicit formel). Och genom att dividera med föregående tal och sedan lösa ut $a_n$ så blir det möjligt.

3. Nej, det finns inte något generellt så vitt jag vet. Men som jag skrev ovan, för en rekursiv formel så måste man hela tiden använda det tidigare värdet för att räkna ut det nästkommande. I en explicit/sluten formel så behöver man inte det. Med en sluten formel kan vi direkt beräkna värdet på det n:te elementet i en talföljd.

I en rekursiv formel beräknar man värdet på elementen successivt snarare än i godtycklig ordning.

2. Men varför just division mellan a(n) och a(n-1) för att kunna uttrycka a(n) med hjälp av a(n-1)? Ska man alltid göra så om man vill omvandla en explicit formel till en rekursiv formel?

3. Anledningen till att jag fråga är att det tog en hel dag för mig att hitta en annan formel än 2^n som blev 2n + (n - 1)(n - 2) för talföljden 2, 4, 8, ... Jag antar att man inte får en hel dag på sig att lösa en liknande uppgift vid prov, finns det inga knep alls??

2. Men varför just division mellan a(n) och a(n-1) för att kunna uttrycka a(n) med hjälp av a(n-1)?

3. Anledningen till att jag fråga är att det tog en hel dag för mig att hitta en annan formel än 2^n som blev 2n + (n - 1)(n - 2) för talföljden 2, 4, 8, ... Jag antar att man inte får en dag på sig att lösa en uppgift vid prov, finns det inga knep alls??

2. Det behöver inte vara division mellan dem, det kan vara division mellan a(n) och a(n+1), eller multiplikation... så länge du i slutet kan lösa ut a(n) eller a(n+1). Det viktiga är att du i slutet kan uttrycka ett tal a(n) i termer av det föregående talet a(n+1). Det funkar även mellan a(n+17) och a(n+16), så länge det är två konsekutiva tal i följden.

3. Då verkar det vara individuellt, gick ganska fort för mig att se 4^n/4^n2-1. Träning ger färdighet. Du kan ju börja med att snabbt inse att nästa steg i följden är n^2/n^2-1. Du ser att täljarna ökar kvadratiskt med faktorn 4 för varje ökning av n. Första täljaren är 4*1^2, andra är 4*2^2, tredje är 4*3^2, fjärde är 4*4^2 osv. Samma resonemang kan du använda för nämnarna.

Lirim.K skrev :

2. Men varför just division mellan a(n) och a(n-1) för att kunna uttrycka a(n) med hjälp av a(n-1)?

3. Anledningen till att jag fråga är att det tog en hel dag för mig att hitta en annan formel än 2^n som blev 2n + (n - 1)(n - 2) för talföljden 2, 4, 8, ... Jag antar att man inte får en dag på sig att lösa en uppgift vid prov, finns det inga knep alls??

2. Det behöver inte vara division mellan dem, det kan vara division mellan a(n) och a(n+1), eller multiplikation... så länge du i slutet kan lösa ut a(n) eller a(n+1). Det viktiga är att du i slutet kan uttrycka ett tal a(n) i termer av det föregående talet a(n+1). Det funkar även mellan a(n+17) och a(n+16), så länge det är två konsekutiva tal i följden.

3. Då verkar det vara individuellt, gick ganska fort för mig att se 4^n/4^n2-1. Träning ger färdighet. Du kan ju börja med att snabbt inse att nästa steg i följden är n^2/n^2-1. Du ser att täljarna ökar kvadratiskt med faktorn 4 för varje ökning av n. Första täljaren är 4*1^2, andra är 4*2^2, tredje är 4*3^2, fjärde är 4*4^2 osv. Samma resonemang kan du använda för nämnarna.

2. Så man kan alltid uttrycka en rekursiv formel genom att antingen multiplicera eller dividera a(n) med sitt föregående tal uttryckta med explicit formel?

3. När jag sa att det tog en hel dag för mig att komma på en annan formel än 2^n som blev 2n + (n - 1)(n - 2) för talföljden 2, 4, 8, ... och då hade jag gjort alla uppgifter i kapitlet, läst om talföljden i min bok och matteboken.se utan att få någon färdighet överhuvudtaget! Finns det andra tips på hur man kommer på explicita respektive rekursiva formler??

$b_n=\frac{4n^2}{4n^2-1}b_{n-1}$ menas det. Då gäller $\lim b_n = \frac{\pi}{2}$. Du får själv komma på vad $b_0$ ska vara.

Hej!

Enligt Wallis gäller det att

    $\displaystyle \frac{\pi}{2} = \lim_{n\to \infty} a_{n}$

där

    $\displaystyle a_{n} = \frac{4n^2}{4n^2-1}$

och $n \geq 1$. Om du noterar att man kan skriva talet $(4n^2-1)$ som $\frac{1}{a_{n}-1}$ och att

    $\displaystyle 4(n-1)^2-1 = (4n^2-1)-4(2n-1)$

så följer det att du kan uttrycka talet $a_{n}$ som en funktion av det föregående talet $a_{n-1}\ .$

    $\displaystyle a_{n} = 1 + \frac{1}{4(2n-1)+\frac{1}{a_{n-1}-1}}\ .$

Albiki

Albiki skrev :

Hej!

Enligt Wallis gäller det att

    $\displaystyle \frac{\pi}{2} = \lim_{n\to \infty} a_{n}$

där

    $\displaystyle a_{n} = \frac{4n^2}{4n^2-1}$

och $n \geq 1$. Om du noterar att man kan skriva talet $(4n^2-1)$ som $\frac{1}{a_{n}-1}$ och att

    $\displaystyle 4(n-1)^2-1 = (4n^2-1)-4(2n-1)$

så följer det att du kan uttrycka talet $a_{n}$ som en funktion av det föregående talet $a_{n-1}\ .$

    $\displaystyle a_{n} = 1 + \frac{1}{4(2n-1)+\frac{1}{a_{n-1}-1}}\ .$

Albiki

1. Vad har gränsvärde med bråk att göra (förutom att det är en oändlig talföljd)?

2. Hur kan (4n^(2) - 1) =$\frac{1}{a_n-1}$ = $\frac{1}{\left(\frac{4n^2}{4n^2-1}\right)-1}$? Hur och varför använder man det?

3. Varför ska man använda $4{\left(n-1\right)}^2$$-1$ (som är nämnaren med n ersatt med (n-1))?

Hej!

Mitt misstag.

Jag glömde att det ska vara en produkt av bråk.

    $\displaystyle \frac{\pi}{2} = \lim_{N\to\infty} \prod_{n=1}^{N} \frac{4n^2}{4n^2-1}\ .$

Albiki

Hej!

Om

    $\displaystyle a_{N} = \prod_{n=1}^{N}\frac{4n^2}{4n^{2}-1}$

så kan man skriva kvoten

    $\displaystyle \frac{a_{N}}{a_{N-1}} = \frac{4N^2}{4N^2-1} = 1 + \frac{1}{4N^2-1}$

vilket ger rekursionsformeln

    $\displaystyle a_{N} = a_{N-1} \cdot \left(1 + \frac{1}{4N^2-1}\right)\ .$

Albiki

Albiki skrev :

Hej!

Om

    $\displaystyle a_{N} = \prod_{n=1}^{N}\frac{4n^2}{4n^{2}-1}$

så kan man skriva kvoten

    $\displaystyle \frac{a_{N}}{a_{N-1}} = \frac{4N^2}{4N^2-1} = 1 + \frac{1}{4N^2-1}$

vilket ger rekursionsformeln

    $\displaystyle a_{N} = a_{N-1} \cdot \left(1 + \frac{1}{4N^2-1}\right)\ .$

Albiki

Hur kommer det sig då att $a_N=4N^2$ samtidigt som att ${\mathrm{a}}_{\mathrm{N}}=\prod _{\mathrm{n}=1}^{\mathrm{N}}\frac{4{\mathrm{n}}^2}{4{\mathrm{n}}^2-1}$??

Albiki skrev :

Hej!

Om

    $\displaystyle a_{N} = \prod_{n=1}^{N}\frac{4n^2}{4n^{2}-1}$

så kan man skriva kvoten

    $\displaystyle \frac{a_{N}}{a_{N-1}} = \frac{4N^2}{4N^2-1} = 1 + \frac{1}{4N^2-1}$

 

Hur kommer det sig då att $a_N=4N^2$ och samtidigt att $a_N=\prod _{n=1}^N$$\frac{4n^2}{4n^2-1}$??

Varför tror du att b_n = 4N^2? Det jag skrev och det som Albiki skrev senast är det som gäller.

Henrik Eriksson skrev :

Varför tror du att b_n = 4N^2? Det jag skrev och det som Albiki skrev senast är det som gäller.

För att Albiki skrev att $\frac{a_N}{a_{N-1}}=\frac{4N^2}{4N^2-1}$

Ja? Att a/b=1/2 betyder ju inte att a=1 och b=2.

Henrik Eriksson skrev :

Ja?

Så $a_N=4N^2, a_{N-1}=4N^2-1\Rightarrow \frac{a_N}{a_{N-1}}=\frac{4N^2}{4N^2-1}$

Henrik Eriksson skrev :

Ja? Att a/b=1/2 betyder ju inte att a=1 och b=2.

Gäller då att a = b/2 och b = 2a där a och b inte behöver vara 1 respektive 2?

Javisst, 2/4=1/2. Det tror jag att du vet.

Albiki skrev:

$\frac{4N^2}{4N^2-1}=1+\frac{1}{4N^2-1}$

Hur förenklade han från VL till HL?

$\frac{4N^2}{4N^2-1} = \frac{4N^2-1+1}{4N^2-1} = \frac{4N^2-1}{4N^2-1} + \frac{1}{4N^2-1} = 1 + \frac{1}{4N^2-1}$

Albiki skrev :

Hej!

Om

    $\displaystyle a_{N} = \prod_{n=1}^{N}\frac{4n^2}{4n^{2}-1}$

så kan man skriva kvoten

    $\displaystyle \frac{a_{N}}{a_{N-1}} = \frac{4N^2}{4N^2-1} = 1 + \frac{1}{4N^2-1}$

 

Hur kan $a_N=\prod _{n=1}^N\frac{4n^2}{4n^2-1}$$\Rightarrow \frac{a_N}{a_N-1}=$$\frac{4N^2}{4N^2-1}$

Du vet vad $a_N$ blir enligt Albikis formel. Vad blir då $a_{N+1}$? Vad blir $\frac{a_{N+1}}{a_N}$? Är du med på att det är precis samma sak som $\frac{a_N}{a_{N-1}}$?

Det är bara sista faktorn i produkten som tillkommer.

smaragdalena skrev :

Du vet vad $a_N$ blir enligt Albikis formel. Vad blir då $a_{N+1}$?

Om jag har förstått rätt blir det: $a_{N+1}=\prod _{n=1}^{N+1}\frac{4n^2}{4n^2-1}$? Om inte vad blir det då och varför?

Vad blir $\frac{a_{N+1}}{a_N}$?

Vet ej då jag har aldrig hanterat $\prod _{}^{}$ förut, hur gör man?

$$\begin{gathered} \sum _1^{5}x = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 \\ \prod _1^5 x = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 \end{gathered}$$

Så att $a_{N+1}=\prod _{n=1}^{N+1}\frac{4n^2}{4n^2-1}$ är självklart, det intressanta är att$a_{N+1}=\prod _{n=1}^N\frac{4n^2}{4n^2-1}·(nästa faktor)$

Albiki skrev :

Hej!

Om

    $\displaystyle a_{N} = \prod_{n=1}^{N}\frac{4n^2}{4n^{2}-1}$

så kan man skriva kvoten

    $\displaystyle \frac{a_{N}}{a_{N-1}} = \frac{4N^2}{4N^2-1} = 1 + \frac{1}{4N^2-1}$

Men jag förstår fortfarande inte hur $a_N=\prod _{n=1}^N\frac{4n^2}{4n^2-1}$$\Rightarrow \frac{a_N}{a_{N-1}}=$$\frac{4N^2}{4N^2-1}$

 $$\begin{gathered} a_N=\prod _{n=1}^N\frac{4n^2}{4n^2-1}=\prod _{n=1}^{N-1}\frac{4n^2}{4n^2-1} · \frac{4N^2}{4N^2-1} \\ \frac{a_N}{a_{N-1}}=\frac{\prod _{n=1}^{N-1}\frac{4n^2}{4n^2-1} · \frac{4N^2}{4N^2-1}}{\prod _{n=1}^{N-1}\frac{4n^2}{4n^2-1}} = \frac{4N^2}{4N^2-1} = 1 + \frac{1}{4N^2-1} \end{gathered}$$