Wikibooks ltwikibooks https://lt.wikibooks.org/wiki/Pagrindinis_puslapis MediaWiki 1.43.0-wmf.2 first-letter Medija Specialus Aptarimas Naudotojas Naudotojo aptarimas Wikibooks Wikibooks aptarimas Vaizdas Vaizdo aptarimas MediaWiki MediaWiki aptarimas Šablonas Šablono aptarimas Pagalba Pagalbos aptarimas Kategorija Kategorijos aptarimas TimedText TimedText talk Module Module talk 0 9613 35085 35084 2024-04-27T17:40:51Z Paraboloid 1294 /* Sekos, aproksimuojančios a šaknyje, konvergavimo greitis */ wikitext text/x-wiki ==3. Monotoninės sekos== ===1. Monotoninių sekų apibrėžimas.=== :'''Apibrėžimas'''. ''Seka <math>\{x_n\}</math> vadinama '''nemažėjančia''' ('''nedidėjančia'''), jei kiekvienas tos sekos elementas ne mažesnis (ne didesnis) už pirmesnįjį elementą, t. y., jei su visais numeriais n teisinga nelygybė :<math>x_n \leq x_{n+1} \;\;</math> (<math>x_n \geq x_{n+1} </math>). :Nemažėjančios ir nedidėjančios sekos vadinamos ''monotoninėmis sekomis''. Jei monotoninės sekos <math>\{x_n\}</math> elementai su bet kuriuo numeriu ''n'' tenkina nelygybę <math>x_n < x_{n+1} \;\;</math> (<math>x_n > x_{n+1} </math>), tai seka <math>\{x_n\}</math> vadinama ''didėjančia'' (''mažėjančia''). Didėjančios ir mažėjančios sekos dar vadinamos ''griežtai monotoninėmis sekomis''. :Monotoninės sekos yra aprėžtos arba iš viršaus, arba iš apačios; būtent, ''nedidėjančios sekos aprėžtos iš viršaus'', o ''nemažėjančios aprėžtos iš apačios pirmaisiais savo elementais. Todėl nedidėjanti seka yra aprėžta iš abiejų pusių, kai ji aprėžta iš apačios, o nemažėjanti seka yra aprėžta iš abiejų pusių, kai ji aprėžta iš viršaus. :Pateiksime tris monotoninių sekų pavyzdžius. :1. Seka <math>1, \; 1, \; \frac{1}{2}, \; \frac{1}{2}, \; ..., \; \frac{1}{n}, \; \frac{1}{n}, \; ... \;</math> nedidėjanti. Ji aprėžta iš viršaus savo pirmuoju elementu, lygiu vienetui, o iš apačios - skaičiumi 0. :2. Seka <math>1, \; 1, \; 2, \; 2, \; ..., \; n, \; n, \; ... \;</math> nemažėjanti. Ji aprėžta iš apačios savo pirmuoju elementu, o iš viršaus neaprėžta. :3. Seka <math>\frac{1}{2}, \; \frac{2}{3}, \; \frac{3}{4}, \; ..., \; \frac{n}{n+1}, \; ... \;</math> didėjanti. Ji aprėžta iš abiejų pusių: iš apačios pirmuoju elementu <math>\frac{1}{2},</math> iš viršaus, pavyzdžiui, skaičiumi 1. ===2. Monotoninės sekos konvergavimo požymis.=== :Įrodysime ''pagrindinę'' teoremą. :'' '''3.15 teorema.''' Jei nemažėjanti (nedidėjanti) seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus (iš apačios), tai ji konverguoja''. :Pagal praeitą skirsnį seka <math>\{x_n\},</math> atitinkanti 3.15 teoremos sąlygas, yra aprėžta. Todėl 3.15 teoremą galima trumpai formuluoti taip: ''jei monotoninė seka <math>\{x_n\}</math> yra aprėžta iš abiejų pusių, tai ji konverguoja''. :'''Įrodymas.''' Kadangi seka <math>\{x_n\}</math> yra aprėžta, tai jos elementų aibė turi tikslųjį viršutinį rėžį <math>\overline{x}</math> ir tikslųjį apatinį rėžį <math>\underline{x}.</math> Įrodysime štai ką: jei <math>\{x_n\}</math> – nemažėjanti seka, tai jos riba yra minėtasis tikslusis viršutinis rėžis; jei <math>\{x_n\}</math> – nedidėjanti seka, tai jos riba yra minėtasis tikslusis apatinis rėžis <math>\underline{x}.</math> Išnagrinėsime tik nemažėjančią seką, nes samprotavimai apie nedidėjančią seką būtų analogiški. :Kadangi <math>\overline{x}</math> yra sekos <math>\{x_n\}</math> elementų aibės tikslusis viršutinis rėžis, tai kiekvieną <math>\varepsilon>0</math> atitinka toks elementas <math>x_N,</math> kad <math>x_N>\overline{x}-\varepsilon</math> ir <math>x_N\leq \overline{x}</math> (bet koks elementas <math>x_n</math> ne didesnis už tikslųjį viršutinį rėžį <math>\overline{x},</math> t. y. <math>x_n \leq \overline{x}</math>). Iš šitų nelygybių gauname nelygybes <math>0\leq \overline{x}-x_N < \varepsilon.</math> Kadangi <math>\{x_n\}</math> – nemažėjanti seka, tai nelygybės <math>x_N \leq x_n \leq \overline{x}</math> yra teisingos, kai <math>n\geq N.</math> Iš to išplaukia, kad <math>0\leq \overline{x}-x_n \leq \overline{x}-x_N, \;</math> kai <math>n\geq N.</math> Anksčiau pabrėžėme, kad <math> \overline{x}-x_N < \varepsilon, </math> todėl, kai <math>n\geq N,</math> teisingos nelygybės <math>0\leq \overline{x}-x_n < \varepsilon,</math> iš kurių gauname nelygybę <math>|x_n-\overline{x}|<\varepsilon.</math> Vadinasi, įsitikinome, kad <math>\overline{x}</math> yra sekos <math>\{x_n\}</math> riba. Teorema įrodyta. :1 pastaba. ''Monotoninės sekos aprėžtumas yra būtinas ir pakankamas jos konvergavimo požymis''. :Iš tikrųjų, jei monotoninė seka yra aprėžta, tai pagal 3.15 teoremą ji konverguoja; jei monotoninė seka konverguoja, tai, remiantis 3.8 teorema, ji yra aprėžta. :2 pastaba. Konverguojanti seka gali ir nebūti monotoninė. Pavyzdžiui, seka <math>\{x_n\},</math> apibrėžta formule <math>x_n=\frac{(-1)^n}{n},</math> konverguoja, o jos riba yra skaičius 0. Tačiau ši seka nėra monotoninė, nes po teigiamo elemento eina neigiamas, o po neigiamo – teigiamas. :3 pastaba. Jei <math>\{x_n\}</math> yra nemažėjanti ir aprėžta seka, o <math>\overline{x}</math> – tos sekos riba, tai visi jos elementai tenkina nelygybę <math>x_n \leq \overline{x}.</math> Nedidėjančios ir aprėžtos sekos <math>\{x_n\},</math> konverguojančios į <math>\underline{x},</math> elementai tenkina nelygybę <math>\underline{x}\leq x_n.</math> Kad šie teiginiai teisingi, įsitikinome, įrodinėdami 3.15 teoremą. :'' '''3.15 teoremos išvada.''' Sakykime, duota begalinė segmentų sistema <math>[a_1; \; b_1], \; [a_2; \; b_2], \; ..., \; [a_n; \; b_n], \; ... \;</math> Jei kiekvienas segmentas yra pirmesniajame*, o skirtumas <math>b_n-a_n</math> (jį vadinsime segmento <math>[a_n; \; b_n]</math> ilgiu) artėja prie nulio, kai <math>n\to\infty</math> (segmentų sistemą, turinčią šią savybę, vadinsime susitraukiančia), tai egzistuoja vienintelis taškas c, priklausantis visiems tos sistemos segmentams. :'''Įrodymas.''' Pirmiausia pastebėsime, kad taškas ''c'', priklausantis visiems segmentams, gali būti tik vienas. Iš tikrųjų, jei būtų dar vienas taškas ''d'', priklausantis visiems segmentams, tai segmentas ** [''c''; ''d''] priklausytų visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n].</math> Bet tokiu atveju su bet kokiu numeriu ''n'' būtų teisingos nelygybės <math>b_n-a_n\geq d-c>0; </math> tai neįmanoma, nes <math>b_n-a_n \to 0, </math> kai <math>n\to \infty.</math> Dabar įsitikinsime, kad taškas ''c'', priklausantis visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n],</math> egzistuoja. Kadangi segmentų sistema yra susitraukianti, tai kairiųjų galų seka <math>\{a_n\}</math> yra nemažėjanti, o dešiniųjų galų seka <math>\{b_n\},</math> – nedidėjanti. Kadangi abi tos sekos yra aprėžtos (visi sekų <math>\{a_n\}</math> ir <math>\{b_n\}</math> elementai priklauso segmentui <math>[a_1; \; b_1]</math>), tai pagal 3.15 teoremą jos konverguoja. Iš to, kad skirtumas <math>b_n-a_n</math> nyksta, išplaukia, jog minimosios sekos turi bendrą ribą. Tą ribą žymėkime raide ''c''. Remiantis 3 pastaba, su bet kokiu numeriu ''n'' teisingos šios nelygybės: <math>a_n\leq c \leq b_n,</math> t. y. taškas ''c'' priklauso visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n].</math> _______________ :''*'' Tai reiškia, kad <math>a_{n-1}\leq a_n<b_n \leq b_{n-1}.</math> :''**'' Siekdami konkretumo, tariame, kad ''d > c''. ===3. Keli konverguojančių monotoninių sekų pavyzdžiai.=== :Išnagrinėsime kelias sekas, kurių ribas apskaičiuosime, remdamiesi 3.15 teorema apie monotoninės sekos ribą. Be to, šiame skirsnyje susipažinsime su vienu bendru sekos ribos ieškojimo metodu, kai seka apibrėžiama rekurentine formule (Rekurentinė formulė (lot. ''recurrens – grįžtas) – formulė, pagal kurią <math>(n+1)</math>-ąjį sekos elementą galima išreikšti jos pirmųjų ''n'' elementų reikšmėmis.). :'''1 pavyzdys.''' Tirsime seką <math>\{x_n\},</math> kurios elementas <math>x_n</math> lygus :<math>x_n=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+...+\sqrt{a}}}}, \;\; a>0</math> :(''n'' radikalų). Tą pačią seką galima, savaime aišku, nusakyti šitokia rekurentine formule: :<math>x_1=\sqrt{a}, \quad x_n=\sqrt{a+x_{n-1}}.</math> :Norėdami įsitikinti, kad sekos <math>\{x_n\}</math> riba egzistuoja, įrodysime, jog ta seka yra ''didėjanti'' ir ''aprėžta''. Kad ta seka didėja, matyti tiesiog. Įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus skaičiumi ''A'', kai ''A'' – didedsnysis iš dviejų skaičių ''a'' ir 2. Jei <math>x_n \leq a,</math> tai teiginys jau įrodytas. Jei <math>x_n > a,</math> tai, dešinėje nelygybės <math>x_n^2=a+x_{n-1} \leq a+x_n \;</math> pusėje skaičių ''a'' pakeitę didesniu už jį skaičiumi <math>x_n,</math> gauname <math>x_n^2 <2x_n ,</math> o iš čia <math>x_n <2.</math> Taigi įrodėme, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus. Pagal 3.15 teoremą ta seka turi ribą. Pažymėkime tą ribą raide ''c''. Savaime aišku, <math>c>0.</math> Iš rekurentinės formulės turime lygybę :<math> x_n^2=a+x_{n-1},</math> :iš kurios matyti, kad sekos <math>\{x_n^2 \}</math> ir <math>\{a+x_{n-1}\}</math> sutampa. Todėl jos turi bendrą ribą. Kadangi pirmosios sekos riba lygi <math>c^2,</math> o antrosios <math>a+c</math> (kai ''n'' varo į begalybę skaičiams <math>x_n</math> ir <math>x_{n-1},</math> tai <math>x_n</math> praktiškai nesiskiria nuo <math>x_{n-1}</math> ir abu yra labai arti ''c'' reikšmės (abu labai panašūs į ''c'')), tai <math>c^2=a+c.</math> Iš čia, turėdami mintyje, kad <math>c>0,</math> randame ''c'': :<math>c^2=a+c,</math> :<math>c^2-c-a=0,</math> :<math>c_{1,2}=\frac{-(-1)\pm\sqrt{(-1)^2-4\cdot (-a)}}{2}=\frac{1\pm\sqrt{1+4a}}{2};</math> :kadangi <math>c>0,</math> tai :<math>c=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}.</math> :'''2 pavyzdys.''' Tirsime seką <math>\{x_n\},</math> kuria dažniausiai naudojamasi, apskaičiuojant teigiamo skaičiaus ''a'' kvadratinę šankį elektronine skaičiavimo mašina. Šita seka apibrėžiama tokia rekurentine formule: :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big), \quad n=1, \; 2, \; 3, \; ...</math> :Pirmuoju elementu <math>x_1</math> čia galima laikyti bet kokį teigiamą skaičių. :Įrodysime, kad ta seka konverguoja, o jos riba yra skaičius <math>\sqrt{a}.</math> Pirmiausia įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> turi ribą. Tam užtenka įrodyti, kad seka <math>\{x_n\}</math> yra ''aprėžta iš apačios'' ir kad, ''pradedant antruoju elementu, ji nedidėja''. Iš pradžių įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš apačios. Sąlygoje pasakyta, jog <math>x_1>0,</math> o iš rekurentinės formulės, kai <math>n=1,</math> gauname <math>x_2>0.</math> Taip samprotaudami toliau, įsitikiname, kad visi <math>x_n</math> yra teigiami. :Dabar įrodysime, kad ''visi <math>x_n,</math> kai <math>n\geq 2,</math> tenkina nelygybę'' <math>x_n\geq \sqrt{a}.</math> Parašę rekurentinę formulę šitaip: <math>x_{n+1}=\frac{\sqrt{a}}{2}\Big( \frac{x_n}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{x_n}\Big), </math> remsimės beveik savaime aiškia nelygybe <math>t+\frac{1}{t}\geq 2</math>*, kuri teisinga, kai <math>t>0</math> (imame <math>t= \frac{x_n}{\sqrt{a}} </math>). Gausime :<math>x_{n+1}=\frac{\sqrt{a}}{2}\Big( \frac{x_n}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{x_n}\Big)\geq \frac{\sqrt{a}}{2}\cdot 2=\sqrt{a}, </math> :kai <math>n\geq 1, </math> t. y. <math>x_n\geq \sqrt{a},</math> pradedant numeriu <math>n=2.</math> :Pagaliau įsitikinsime, kad ''seka <math>\{x_n\},</math> kai <math>n\geq 2,</math> nedidėja''. Iš rekurentinės formulės matome, kad <math>\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{1}{2}\Big( 1+\frac{a}{x_n^2}\Big), </math> o iš čia, turėdami mintyje, kad <math>x_n\geq \sqrt{a},</math> gauname <math>\frac{x_{n+1}}{x_n}\leq 1, </math> arba <math>x_n\geq x_{n+1}</math> (kai <math>n\geq 2</math>). :Kadangi seka <math>\{x_n\},</math> kai <math>n\geq 2,</math> nedidėja ir yra aprėžta iš apačios skaičiumi <math>\sqrt{a}</math> (nes <math>x_n\geq \sqrt{a}</math>), tai ji turi ribą, ne mažesnę kaip <math>\sqrt{a}</math> (žr. 3.15 ir 3.13 teoremą). Tą ribą pažymėkime raide ''c'' ir atsižvelgę į tai, kad <math>\lim_{n\to \infty} x_{n+1}=c,</math> o <math>\lim_{n\to \infty} \frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big)=\frac{1}{2}\Big( c+\frac{a}{c}\Big),</math> gauname lygybę :<math>c=\frac{1}{2}\Big( c+\frac{a}{c}\Big)</math>**, :<math>c^2=\frac{1}{2}\Big( c^2+a\Big),</math> :<math>2c^2= c^2+a,</math> :<math>2c^2-c^2=a,</math> :<math>c^2=a.</math> :Vadinasi, <math>c= \sqrt{a} .</math> :1 pastaba. Spręsdami pateiktuosius pavyzdžius, naudojomės plačiai taikomu metodu sekos ribai skaičiuoti. Metodo esmė: iš pradžių įsitikinama, kad sekos riba egzistuoja, o paskui iš lygties, kuri gaunama iš rekurentinės formulės, vietoje <math>x_n</math> ir <math>x_{n+1}</math> įrašius ieškomąją sekos <math>\{x_n\}</math> ribos reikšmę ''c'', apskaičiuojama tos ribos skaitinė reikšmė. :2 pastaba. Rekurentinės formulės dažnai naudojamos skaičiavimo matematikoje, nes jas taikant daug kartų, atliekamos to paties tipo skaičiavimo operacijos, o tai labai patogu skaičiuojant elektroninėmis skaičiavimo mašinomis. :Išnagrinėtoji rekurentinė formulė aprašo, kaip įsitikinome, <math> \sqrt{a}</math> skaičiavimo algoritmą (įrodėme, kad <math>\lim_{n\to \infty} x_n= \sqrt{a}</math>). :Vėliau bus tiriamas sekos <math>\{x_n\}</math> konvergavimo į <math>\sqrt{a}</math> greitis. Įrodoma, kad, tinkamai pasirinkus pirmąjį artinį <math>x_1,</math> kai <math>a>1,</math> jau ketvirtasis artinys <math>x_4</math> nuo skaičiaus <math>\sqrt{a}</math> skiriasi mažiau kaip <math>10^{-10}.</math> :'''3 pavyzdys.''' Įsitikinsime, kad sekos <math>\{c_n\},</math> kai <math>c_n=\frac{x^{n+1}}{(n+1)!},</math> o ''x'' – bet koks fiksuotas skaičius, riba lygi nuliui. Kai ''n'' – pakankamai didelis natūralusis skaičius, <math>\frac{|x|}{n+1}<1.</math> Todėl, pradedant kuriuo nors numeriu ''N'', turi būti <math>|c_{n+1}| < |c_n|,</math> nes <math>|c_{n+1}| =\frac{|x|^n}{n!} \cdot \frac{|x|}{n+1}= |c_n|\cdot \frac{|x|}{n+1}.</math> :Vadinasi, pradedant numeriu ''N'', seka <math>\{|c_n|\}</math> mažėja. Kadangi, be to, ji aprėžta iš apačios (pavyzdžiui nuliu), tai pagal 3.15 teoremą seka <math>\{|c_n|\}</math> konverguoja. Tarkime, kad ''c'' yra tos sekos riba. Iš lygybės <math>|c_{n+1}| = |c_n|\cdot \frac{|x|}{n+1}</math> išplaukia, kad <math>c=0,</math> nes sekos <math>\{|c_{n+1}|\}</math> riba lygi ''c'', o sekos <math>\{\frac{|x|}{n+1}\}</math> – nuliui. _____________________ :''*'' Tą nelygybę įrodinėjant, užtenka pastebėti, kad, kai <math>t>0,</math> ji ekvivalenti nelygybei <math>t^2-2t+1\geq 0.</math> :''**'' Ta lygybė gaunama iš rekurentinės formulės <math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big).</math> ==Sekos, aproksimuojančios a šaknyje, konvergavimo greitis== :Šio skyriaus 3 paragrafo 3 skirsnyje įrodėme, kad sekos <math>\{x_n\}</math> apibrėžiamos rekurentine formule :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big), \quad n=1, \; 2, \; 3, \; ..., \quad (3.10)</math> :kai <math>a>0,</math> o <math>x_1</math> – bet koks teigiamas skaičius, riba lygi <math>\sqrt{a}.</math> Skaičiaus <math>\sqrt{a}</math> artiniu galima laikyti bet kurį tos sekos narį <math>x_{n+1}.</math> Tokiu atveju, be abejo, reikia išsiaiškinti, koks turi būti įteracijų* skaičius ''n'', kad <math>\sqrt{a}</math> artinys būtų nurodyto tikslumo. ______________ :''*'' '''Iteracija''' (lot. ''iteratio'' – kartojimas) – kokios nors matematinės operacijos pakartojimas. Šiuo atveju ''viena'' iteracija yra <math>x_{n+1}</math> apskaičiavimas, kai žinomas <math>x_{n},</math> pagal rekurentinę (3.10) formulę. ______________ :Nagrinėsime seką <math>x_{n},</math> apibrėžtą rekurentine (3.10) formule. Tos sekos elementą <math>x_n</math> vadinsime skaičiaus <math>\gamma=\sqrt{a}\;</math> ''n-uoju artiniu''. Skaičių :<math>\varepsilon_n=\frac{x_n -\gamma}{\gamma} \quad (3.11)</math> :vadinsime ''n''-ojo artinio ''santykine paklaida''. :Įrodysime teiginį apie santykinės paklaidos <math>\varepsilon_{n+1}</math> įvertinimą, remiantis pirmojo artinio santykine paklaida <math>\varepsilon_{1}.</math> :''Jei <math>x_1</math> taip parinktas, kad <math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2},</math> tai su bet kokiu <math>n\geq 1</math> teisinga šitokia nelygybė: :<math>0< \varepsilon_{n+1} < \varepsilon_1^{2^n}. \quad (3.12)</math> :[ <math>0\leq \varepsilon_{n+1} \leq \varepsilon_1^{2^n},</math> kai <math>\varepsilon_{1}</math> gali būti lygus nuliui.] :'''Įrodymas.''' Iš (3.11) formulės :<math>x_n=\gamma(1+\varepsilon_n). \quad (3.13)</math> :Remdamiesi (3.10) ir (3.13) formulėmis bei lygybe <math>\frac{a}{\gamma}=\gamma,</math> gauname :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big)=\frac{1}{2}\left[ \gamma(1+\varepsilon)+\frac{a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=\frac{1}{2}\left[ \frac{a(1+\varepsilon_n)^2 +a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=</math> :<math>=\frac{1}{2}\left[ \frac{a(1+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2) +a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=\frac{a}{\gamma}\left[ \frac{(1+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2) +1}{2(1+\varepsilon_n)}\right]=\gamma\left[ \frac{2+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right]=\gamma\left[1 +\frac{\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right].</math> :Kadangi <math>x_{n+1}=\gamma(1+\varepsilon_{n+1}),</math> tai savaime aišku, kad :<math>\gamma(1+\varepsilon_{n+1})=\gamma\left[1 +\frac{\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right],</math> :<math>\varepsilon_{n+1}=\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)}\cdot \varepsilon_n^2 .\quad (3.14)</math> :Pagal sąlygą <math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2}.</math> Iš to išplaukia nelygybės <math>0<\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)} < 1.</math> Bet tada iš (3.14) lygybės, kai <math>n=1,</math> išplaukia nelygybė <math>\varepsilon_2\geq 0.</math> Panašiai naudodamiesi (3.14) lygybe, kai <math>n=1, \; 2, \; ..., </math> įsitikiname, kad visi <math>\varepsilon_{n+1}</math> yra neneigiami (<math>n\geq 1</math>). :Iš (3.14) lygybės, nelygybių <math>0<\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)} < 1</math> ir iš to, kad visi <math>\varepsilon_{n},</math> kai <math>n> 1,</math> yra neneigiami, išplaukia nelygybė <math>\varepsilon_{n+1}<\varepsilon_n^2,</math> kai <math>n\geq 1.</math> Iš čia gauname dešiniąją (3.12) nelygybę. Teiginys įrodytas. :[<math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2}, \; </math> <math>\varepsilon_{2}<\varepsilon_1^2, \;</math> <math>\varepsilon_{3}<\varepsilon_2^2 <(\varepsilon_1^2)^2=\varepsilon_1^4, \;</math> <math>\varepsilon_{4}<\varepsilon_3^2 <(\varepsilon_1^4)^2=\varepsilon_1^8=\varepsilon_1^{2^3}</math> ir taip toliau.] :Iš (3.12) nelygybių matyti, kad <math>\sqrt{a}</math> artinio po ''n'' iteracijų santykinė paklaida įvertinama, remiantis pirmojo artinio <math>x_1</math> santykine paklaida <math>\varepsilon_{1}</math> ir iteracijų skaičiumi ''n''. Vėliau įsitikinsime, jog tuo atveju, kai <math>a>1</math>*, pirmąjį artinį galima pasirinkti taip, kad santykinės paklaidos <math>\varepsilon_{1}</math> modulis nebūtų didesnis už 0.05. Savaime aišku, taip pasirinkus <math>x_1,</math> santykinė paklaida tenkins įrodytojo teiginio sąlygas. Tuomet bus aišku ir koks turi būti iteracijų skaičius ''n'', kad <math>\sqrt{a}</math> artinio santykinė paklaida nebūtų didesnė už duotąjį skaičių <math>\varepsilon</math>: ''tą skaičių n galima rasti iš nelygybės'' (ta nelygybė gaunama tiesiog iš (3.12) nelygybių) _______________ :''*'' Jei <math>a<1,</math> tai <math>a=\frac{1}{b}</math> ir <math>b>1.</math> Tada <math>\sqrt{a}=\frac{1}{\sqrt{b}}.</math> lofyj6t0u41lafb03hkjntuuqxu8e0a 35086 35085 2024-04-27T17:48:47Z Paraboloid 1294 /* Sekos, aproksimuojančios a šaknyje, konvergavimo greitis */ wikitext text/x-wiki ==3. Monotoninės sekos== ===1. Monotoninių sekų apibrėžimas.=== :'''Apibrėžimas'''. ''Seka <math>\{x_n\}</math> vadinama '''nemažėjančia''' ('''nedidėjančia'''), jei kiekvienas tos sekos elementas ne mažesnis (ne didesnis) už pirmesnįjį elementą, t. y., jei su visais numeriais n teisinga nelygybė :<math>x_n \leq x_{n+1} \;\;</math> (<math>x_n \geq x_{n+1} </math>). :Nemažėjančios ir nedidėjančios sekos vadinamos ''monotoninėmis sekomis''. Jei monotoninės sekos <math>\{x_n\}</math> elementai su bet kuriuo numeriu ''n'' tenkina nelygybę <math>x_n < x_{n+1} \;\;</math> (<math>x_n > x_{n+1} </math>), tai seka <math>\{x_n\}</math> vadinama ''didėjančia'' (''mažėjančia''). Didėjančios ir mažėjančios sekos dar vadinamos ''griežtai monotoninėmis sekomis''. :Monotoninės sekos yra aprėžtos arba iš viršaus, arba iš apačios; būtent, ''nedidėjančios sekos aprėžtos iš viršaus'', o ''nemažėjančios aprėžtos iš apačios pirmaisiais savo elementais. Todėl nedidėjanti seka yra aprėžta iš abiejų pusių, kai ji aprėžta iš apačios, o nemažėjanti seka yra aprėžta iš abiejų pusių, kai ji aprėžta iš viršaus. :Pateiksime tris monotoninių sekų pavyzdžius. :1. Seka <math>1, \; 1, \; \frac{1}{2}, \; \frac{1}{2}, \; ..., \; \frac{1}{n}, \; \frac{1}{n}, \; ... \;</math> nedidėjanti. Ji aprėžta iš viršaus savo pirmuoju elementu, lygiu vienetui, o iš apačios - skaičiumi 0. :2. Seka <math>1, \; 1, \; 2, \; 2, \; ..., \; n, \; n, \; ... \;</math> nemažėjanti. Ji aprėžta iš apačios savo pirmuoju elementu, o iš viršaus neaprėžta. :3. Seka <math>\frac{1}{2}, \; \frac{2}{3}, \; \frac{3}{4}, \; ..., \; \frac{n}{n+1}, \; ... \;</math> didėjanti. Ji aprėžta iš abiejų pusių: iš apačios pirmuoju elementu <math>\frac{1}{2},</math> iš viršaus, pavyzdžiui, skaičiumi 1. ===2. Monotoninės sekos konvergavimo požymis.=== :Įrodysime ''pagrindinę'' teoremą. :'' '''3.15 teorema.''' Jei nemažėjanti (nedidėjanti) seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus (iš apačios), tai ji konverguoja''. :Pagal praeitą skirsnį seka <math>\{x_n\},</math> atitinkanti 3.15 teoremos sąlygas, yra aprėžta. Todėl 3.15 teoremą galima trumpai formuluoti taip: ''jei monotoninė seka <math>\{x_n\}</math> yra aprėžta iš abiejų pusių, tai ji konverguoja''. :'''Įrodymas.''' Kadangi seka <math>\{x_n\}</math> yra aprėžta, tai jos elementų aibė turi tikslųjį viršutinį rėžį <math>\overline{x}</math> ir tikslųjį apatinį rėžį <math>\underline{x}.</math> Įrodysime štai ką: jei <math>\{x_n\}</math> – nemažėjanti seka, tai jos riba yra minėtasis tikslusis viršutinis rėžis; jei <math>\{x_n\}</math> – nedidėjanti seka, tai jos riba yra minėtasis tikslusis apatinis rėžis <math>\underline{x}.</math> Išnagrinėsime tik nemažėjančią seką, nes samprotavimai apie nedidėjančią seką būtų analogiški. :Kadangi <math>\overline{x}</math> yra sekos <math>\{x_n\}</math> elementų aibės tikslusis viršutinis rėžis, tai kiekvieną <math>\varepsilon>0</math> atitinka toks elementas <math>x_N,</math> kad <math>x_N>\overline{x}-\varepsilon</math> ir <math>x_N\leq \overline{x}</math> (bet koks elementas <math>x_n</math> ne didesnis už tikslųjį viršutinį rėžį <math>\overline{x},</math> t. y. <math>x_n \leq \overline{x}</math>). Iš šitų nelygybių gauname nelygybes <math>0\leq \overline{x}-x_N < \varepsilon.</math> Kadangi <math>\{x_n\}</math> – nemažėjanti seka, tai nelygybės <math>x_N \leq x_n \leq \overline{x}</math> yra teisingos, kai <math>n\geq N.</math> Iš to išplaukia, kad <math>0\leq \overline{x}-x_n \leq \overline{x}-x_N, \;</math> kai <math>n\geq N.</math> Anksčiau pabrėžėme, kad <math> \overline{x}-x_N < \varepsilon, </math> todėl, kai <math>n\geq N,</math> teisingos nelygybės <math>0\leq \overline{x}-x_n < \varepsilon,</math> iš kurių gauname nelygybę <math>|x_n-\overline{x}|<\varepsilon.</math> Vadinasi, įsitikinome, kad <math>\overline{x}</math> yra sekos <math>\{x_n\}</math> riba. Teorema įrodyta. :1 pastaba. ''Monotoninės sekos aprėžtumas yra būtinas ir pakankamas jos konvergavimo požymis''. :Iš tikrųjų, jei monotoninė seka yra aprėžta, tai pagal 3.15 teoremą ji konverguoja; jei monotoninė seka konverguoja, tai, remiantis 3.8 teorema, ji yra aprėžta. :2 pastaba. Konverguojanti seka gali ir nebūti monotoninė. Pavyzdžiui, seka <math>\{x_n\},</math> apibrėžta formule <math>x_n=\frac{(-1)^n}{n},</math> konverguoja, o jos riba yra skaičius 0. Tačiau ši seka nėra monotoninė, nes po teigiamo elemento eina neigiamas, o po neigiamo – teigiamas. :3 pastaba. Jei <math>\{x_n\}</math> yra nemažėjanti ir aprėžta seka, o <math>\overline{x}</math> – tos sekos riba, tai visi jos elementai tenkina nelygybę <math>x_n \leq \overline{x}.</math> Nedidėjančios ir aprėžtos sekos <math>\{x_n\},</math> konverguojančios į <math>\underline{x},</math> elementai tenkina nelygybę <math>\underline{x}\leq x_n.</math> Kad šie teiginiai teisingi, įsitikinome, įrodinėdami 3.15 teoremą. :'' '''3.15 teoremos išvada.''' Sakykime, duota begalinė segmentų sistema <math>[a_1; \; b_1], \; [a_2; \; b_2], \; ..., \; [a_n; \; b_n], \; ... \;</math> Jei kiekvienas segmentas yra pirmesniajame*, o skirtumas <math>b_n-a_n</math> (jį vadinsime segmento <math>[a_n; \; b_n]</math> ilgiu) artėja prie nulio, kai <math>n\to\infty</math> (segmentų sistemą, turinčią šią savybę, vadinsime susitraukiančia), tai egzistuoja vienintelis taškas c, priklausantis visiems tos sistemos segmentams. :'''Įrodymas.''' Pirmiausia pastebėsime, kad taškas ''c'', priklausantis visiems segmentams, gali būti tik vienas. Iš tikrųjų, jei būtų dar vienas taškas ''d'', priklausantis visiems segmentams, tai segmentas ** [''c''; ''d''] priklausytų visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n].</math> Bet tokiu atveju su bet kokiu numeriu ''n'' būtų teisingos nelygybės <math>b_n-a_n\geq d-c>0; </math> tai neįmanoma, nes <math>b_n-a_n \to 0, </math> kai <math>n\to \infty.</math> Dabar įsitikinsime, kad taškas ''c'', priklausantis visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n],</math> egzistuoja. Kadangi segmentų sistema yra susitraukianti, tai kairiųjų galų seka <math>\{a_n\}</math> yra nemažėjanti, o dešiniųjų galų seka <math>\{b_n\},</math> – nedidėjanti. Kadangi abi tos sekos yra aprėžtos (visi sekų <math>\{a_n\}</math> ir <math>\{b_n\}</math> elementai priklauso segmentui <math>[a_1; \; b_1]</math>), tai pagal 3.15 teoremą jos konverguoja. Iš to, kad skirtumas <math>b_n-a_n</math> nyksta, išplaukia, jog minimosios sekos turi bendrą ribą. Tą ribą žymėkime raide ''c''. Remiantis 3 pastaba, su bet kokiu numeriu ''n'' teisingos šios nelygybės: <math>a_n\leq c \leq b_n,</math> t. y. taškas ''c'' priklauso visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n].</math> _______________ :''*'' Tai reiškia, kad <math>a_{n-1}\leq a_n<b_n \leq b_{n-1}.</math> :''**'' Siekdami konkretumo, tariame, kad ''d > c''. ===3. Keli konverguojančių monotoninių sekų pavyzdžiai.=== :Išnagrinėsime kelias sekas, kurių ribas apskaičiuosime, remdamiesi 3.15 teorema apie monotoninės sekos ribą. Be to, šiame skirsnyje susipažinsime su vienu bendru sekos ribos ieškojimo metodu, kai seka apibrėžiama rekurentine formule (Rekurentinė formulė (lot. ''recurrens – grįžtas) – formulė, pagal kurią <math>(n+1)</math>-ąjį sekos elementą galima išreikšti jos pirmųjų ''n'' elementų reikšmėmis.). :'''1 pavyzdys.''' Tirsime seką <math>\{x_n\},</math> kurios elementas <math>x_n</math> lygus :<math>x_n=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+...+\sqrt{a}}}}, \;\; a>0</math> :(''n'' radikalų). Tą pačią seką galima, savaime aišku, nusakyti šitokia rekurentine formule: :<math>x_1=\sqrt{a}, \quad x_n=\sqrt{a+x_{n-1}}.</math> :Norėdami įsitikinti, kad sekos <math>\{x_n\}</math> riba egzistuoja, įrodysime, jog ta seka yra ''didėjanti'' ir ''aprėžta''. Kad ta seka didėja, matyti tiesiog. Įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus skaičiumi ''A'', kai ''A'' – didedsnysis iš dviejų skaičių ''a'' ir 2. Jei <math>x_n \leq a,</math> tai teiginys jau įrodytas. Jei <math>x_n > a,</math> tai, dešinėje nelygybės <math>x_n^2=a+x_{n-1} \leq a+x_n \;</math> pusėje skaičių ''a'' pakeitę didesniu už jį skaičiumi <math>x_n,</math> gauname <math>x_n^2 <2x_n ,</math> o iš čia <math>x_n <2.</math> Taigi įrodėme, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus. Pagal 3.15 teoremą ta seka turi ribą. Pažymėkime tą ribą raide ''c''. Savaime aišku, <math>c>0.</math> Iš rekurentinės formulės turime lygybę :<math> x_n^2=a+x_{n-1},</math> :iš kurios matyti, kad sekos <math>\{x_n^2 \}</math> ir <math>\{a+x_{n-1}\}</math> sutampa. Todėl jos turi bendrą ribą. Kadangi pirmosios sekos riba lygi <math>c^2,</math> o antrosios <math>a+c</math> (kai ''n'' varo į begalybę skaičiams <math>x_n</math> ir <math>x_{n-1},</math> tai <math>x_n</math> praktiškai nesiskiria nuo <math>x_{n-1}</math> ir abu yra labai arti ''c'' reikšmės (abu labai panašūs į ''c'')), tai <math>c^2=a+c.</math> Iš čia, turėdami mintyje, kad <math>c>0,</math> randame ''c'': :<math>c^2=a+c,</math> :<math>c^2-c-a=0,</math> :<math>c_{1,2}=\frac{-(-1)\pm\sqrt{(-1)^2-4\cdot (-a)}}{2}=\frac{1\pm\sqrt{1+4a}}{2};</math> :kadangi <math>c>0,</math> tai :<math>c=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}.</math> :'''2 pavyzdys.''' Tirsime seką <math>\{x_n\},</math> kuria dažniausiai naudojamasi, apskaičiuojant teigiamo skaičiaus ''a'' kvadratinę šankį elektronine skaičiavimo mašina. Šita seka apibrėžiama tokia rekurentine formule: :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big), \quad n=1, \; 2, \; 3, \; ...</math> :Pirmuoju elementu <math>x_1</math> čia galima laikyti bet kokį teigiamą skaičių. :Įrodysime, kad ta seka konverguoja, o jos riba yra skaičius <math>\sqrt{a}.</math> Pirmiausia įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> turi ribą. Tam užtenka įrodyti, kad seka <math>\{x_n\}</math> yra ''aprėžta iš apačios'' ir kad, ''pradedant antruoju elementu, ji nedidėja''. Iš pradžių įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš apačios. Sąlygoje pasakyta, jog <math>x_1>0,</math> o iš rekurentinės formulės, kai <math>n=1,</math> gauname <math>x_2>0.</math> Taip samprotaudami toliau, įsitikiname, kad visi <math>x_n</math> yra teigiami. :Dabar įrodysime, kad ''visi <math>x_n,</math> kai <math>n\geq 2,</math> tenkina nelygybę'' <math>x_n\geq \sqrt{a}.</math> Parašę rekurentinę formulę šitaip: <math>x_{n+1}=\frac{\sqrt{a}}{2}\Big( \frac{x_n}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{x_n}\Big), </math> remsimės beveik savaime aiškia nelygybe <math>t+\frac{1}{t}\geq 2</math>*, kuri teisinga, kai <math>t>0</math> (imame <math>t= \frac{x_n}{\sqrt{a}} </math>). Gausime :<math>x_{n+1}=\frac{\sqrt{a}}{2}\Big( \frac{x_n}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{x_n}\Big)\geq \frac{\sqrt{a}}{2}\cdot 2=\sqrt{a}, </math> :kai <math>n\geq 1, </math> t. y. <math>x_n\geq \sqrt{a},</math> pradedant numeriu <math>n=2.</math> :Pagaliau įsitikinsime, kad ''seka <math>\{x_n\},</math> kai <math>n\geq 2,</math> nedidėja''. Iš rekurentinės formulės matome, kad <math>\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{1}{2}\Big( 1+\frac{a}{x_n^2}\Big), </math> o iš čia, turėdami mintyje, kad <math>x_n\geq \sqrt{a},</math> gauname <math>\frac{x_{n+1}}{x_n}\leq 1, </math> arba <math>x_n\geq x_{n+1}</math> (kai <math>n\geq 2</math>). :Kadangi seka <math>\{x_n\},</math> kai <math>n\geq 2,</math> nedidėja ir yra aprėžta iš apačios skaičiumi <math>\sqrt{a}</math> (nes <math>x_n\geq \sqrt{a}</math>), tai ji turi ribą, ne mažesnę kaip <math>\sqrt{a}</math> (žr. 3.15 ir 3.13 teoremą). Tą ribą pažymėkime raide ''c'' ir atsižvelgę į tai, kad <math>\lim_{n\to \infty} x_{n+1}=c,</math> o <math>\lim_{n\to \infty} \frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big)=\frac{1}{2}\Big( c+\frac{a}{c}\Big),</math> gauname lygybę :<math>c=\frac{1}{2}\Big( c+\frac{a}{c}\Big)</math>**, :<math>c^2=\frac{1}{2}\Big( c^2+a\Big),</math> :<math>2c^2= c^2+a,</math> :<math>2c^2-c^2=a,</math> :<math>c^2=a.</math> :Vadinasi, <math>c= \sqrt{a} .</math> :1 pastaba. Spręsdami pateiktuosius pavyzdžius, naudojomės plačiai taikomu metodu sekos ribai skaičiuoti. Metodo esmė: iš pradžių įsitikinama, kad sekos riba egzistuoja, o paskui iš lygties, kuri gaunama iš rekurentinės formulės, vietoje <math>x_n</math> ir <math>x_{n+1}</math> įrašius ieškomąją sekos <math>\{x_n\}</math> ribos reikšmę ''c'', apskaičiuojama tos ribos skaitinė reikšmė. :2 pastaba. Rekurentinės formulės dažnai naudojamos skaičiavimo matematikoje, nes jas taikant daug kartų, atliekamos to paties tipo skaičiavimo operacijos, o tai labai patogu skaičiuojant elektroninėmis skaičiavimo mašinomis. :Išnagrinėtoji rekurentinė formulė aprašo, kaip įsitikinome, <math> \sqrt{a}</math> skaičiavimo algoritmą (įrodėme, kad <math>\lim_{n\to \infty} x_n= \sqrt{a}</math>). :Vėliau bus tiriamas sekos <math>\{x_n\}</math> konvergavimo į <math>\sqrt{a}</math> greitis. Įrodoma, kad, tinkamai pasirinkus pirmąjį artinį <math>x_1,</math> kai <math>a>1,</math> jau ketvirtasis artinys <math>x_4</math> nuo skaičiaus <math>\sqrt{a}</math> skiriasi mažiau kaip <math>10^{-10}.</math> :'''3 pavyzdys.''' Įsitikinsime, kad sekos <math>\{c_n\},</math> kai <math>c_n=\frac{x^{n+1}}{(n+1)!},</math> o ''x'' – bet koks fiksuotas skaičius, riba lygi nuliui. Kai ''n'' – pakankamai didelis natūralusis skaičius, <math>\frac{|x|}{n+1}<1.</math> Todėl, pradedant kuriuo nors numeriu ''N'', turi būti <math>|c_{n+1}| < |c_n|,</math> nes <math>|c_{n+1}| =\frac{|x|^n}{n!} \cdot \frac{|x|}{n+1}= |c_n|\cdot \frac{|x|}{n+1}.</math> :Vadinasi, pradedant numeriu ''N'', seka <math>\{|c_n|\}</math> mažėja. Kadangi, be to, ji aprėžta iš apačios (pavyzdžiui nuliu), tai pagal 3.15 teoremą seka <math>\{|c_n|\}</math> konverguoja. Tarkime, kad ''c'' yra tos sekos riba. Iš lygybės <math>|c_{n+1}| = |c_n|\cdot \frac{|x|}{n+1}</math> išplaukia, kad <math>c=0,</math> nes sekos <math>\{|c_{n+1}|\}</math> riba lygi ''c'', o sekos <math>\{\frac{|x|}{n+1}\}</math> – nuliui. _____________________ :''*'' Tą nelygybę įrodinėjant, užtenka pastebėti, kad, kai <math>t>0,</math> ji ekvivalenti nelygybei <math>t^2-2t+1\geq 0.</math> :''**'' Ta lygybė gaunama iš rekurentinės formulės <math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big).</math> ==Sekos, aproksimuojančios a šaknyje, konvergavimo greitis== :Šio skyriaus 3 paragrafo 3 skirsnyje įrodėme, kad sekos <math>\{x_n\}</math> apibrėžiamos rekurentine formule :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big), \quad n=1, \; 2, \; 3, \; ..., \quad (3.10)</math> :kai <math>a>0,</math> o <math>x_1</math> – bet koks teigiamas skaičius, riba lygi <math>\sqrt{a}.</math> Skaičiaus <math>\sqrt{a}</math> artiniu galima laikyti bet kurį tos sekos narį <math>x_{n+1}.</math> Tokiu atveju, be abejo, reikia išsiaiškinti, koks turi būti įteracijų* skaičius ''n'', kad <math>\sqrt{a}</math> artinys būtų nurodyto tikslumo. ______________ :''*'' '''Iteracija''' (lot. ''iteratio'' – kartojimas) – kokios nors matematinės operacijos pakartojimas. Šiuo atveju ''viena'' iteracija yra <math>x_{n+1}</math> apskaičiavimas, kai žinomas <math>x_{n},</math> pagal rekurentinę (3.10) formulę. ______________ :Nagrinėsime seką <math>x_{n},</math> apibrėžtą rekurentine (3.10) formule. Tos sekos elementą <math>x_n</math> vadinsime skaičiaus <math>\gamma=\sqrt{a}\;</math> ''n-uoju artiniu''. Skaičių :<math>\varepsilon_n=\frac{x_n -\gamma}{\gamma} \quad (3.11)</math> :vadinsime ''n''-ojo artinio ''santykine paklaida''. :Įrodysime teiginį apie santykinės paklaidos <math>\varepsilon_{n+1}</math> įvertinimą, remiantis pirmojo artinio santykine paklaida <math>\varepsilon_{1}.</math> :''Jei <math>x_1</math> taip parinktas, kad <math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2},</math> tai su bet kokiu <math>n\geq 1</math> teisinga šitokia nelygybė: :<math>0< \varepsilon_{n+1} < \varepsilon_1^{2^n}. \quad (3.12)</math> :[ <math>0\leq \varepsilon_{n+1} \leq \varepsilon_1^{2^n},</math> kai <math>\varepsilon_{1}</math> gali būti lygus nuliui.] :'''Įrodymas.''' Iš (3.11) formulės :<math>x_n=\gamma(1+\varepsilon_n). \quad (3.13)</math> :Remdamiesi (3.10) ir (3.13) formulėmis bei lygybe <math>\frac{a}{\gamma}=\gamma,</math> gauname :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big)=\frac{1}{2}\left[ \gamma(1+\varepsilon)+\frac{a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=\frac{1}{2}\left[ \frac{a(1+\varepsilon_n)^2 +a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=</math> :<math>=\frac{1}{2}\left[ \frac{a(1+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2) +a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=\frac{a}{\gamma}\left[ \frac{(1+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2) +1}{2(1+\varepsilon_n)}\right]=\gamma\left[ \frac{2+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right]=\gamma\left[1 +\frac{\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right].</math> :Kadangi <math>x_{n+1}=\gamma(1+\varepsilon_{n+1}),</math> tai savaime aišku, kad :<math>\gamma(1+\varepsilon_{n+1})=\gamma\left[1 +\frac{\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right],</math> :<math>\varepsilon_{n+1}=\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)}\cdot \varepsilon_n^2 .\quad (3.14)</math> :Pagal sąlygą <math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2}.</math> Iš to išplaukia nelygybės <math>0<\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)} < 1.</math> Bet tada iš (3.14) lygybės, kai <math>n=1,</math> išplaukia nelygybė <math>\varepsilon_2\geq 0.</math> Panašiai naudodamiesi (3.14) lygybe, kai <math>n=1, \; 2, \; ..., </math> įsitikiname, kad visi <math>\varepsilon_{n+1}</math> yra neneigiami (<math>n\geq 1</math>). :Iš (3.14) lygybės, nelygybių <math>0<\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)} < 1</math> ir iš to, kad visi <math>\varepsilon_{n},</math> kai <math>n> 1,</math> yra neneigiami, išplaukia nelygybė <math>\varepsilon_{n+1}<\varepsilon_n^2,</math> kai <math>n\geq 1.</math> Iš čia gauname dešiniąją (3.12) nelygybę. Teiginys įrodytas. :[<math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2}, \; </math> <math>\varepsilon_{2}<\varepsilon_1^2, \;</math> <math>\varepsilon_{3}<\varepsilon_2^2 <(\varepsilon_1^2)^2=\varepsilon_1^4, \;</math> <math>\varepsilon_{4}<\varepsilon_3^2 <(\varepsilon_1^4)^2=\varepsilon_1^8=\varepsilon_1^{2^3}</math> ir taip toliau.] :Iš (3.12) nelygybių matyti, kad <math>\sqrt{a}</math> artinio po ''n'' iteracijų santykinė paklaida įvertinama, remiantis pirmojo artinio <math>x_1</math> santykine paklaida <math>\varepsilon_{1}</math> ir iteracijų skaičiumi ''n''. Vėliau įsitikinsime, jog tuo atveju, kai <math>a>1</math>*, pirmąjį artinį galima pasirinkti taip, kad santykinės paklaidos <math>\varepsilon_{1}</math> modulis nebūtų didesnis už 0.05. Savaime aišku, taip pasirinkus <math>x_1,</math> santykinė paklaida tenkins įrodytojo teiginio sąlygas. Tuomet bus aišku ir koks turi būti iteracijų skaičius ''n'', kad <math>\sqrt{a}</math> artinio santykinė paklaida nebūtų didesnė už duotąjį skaičių <math>\varepsilon</math>: ''tą skaičių n galima rasti iš nelygybės''* (ta nelygybė gaunama tiesiog iš (3.12) nelygybių) :<math>(0.05)^{2^n} < \varepsilon. \quad (3.15)</math> :Taigi tarkime, kad <math>a>1.</math> Skaičių ''a'' išreikšime šitaip: :<math>a=2^{2k+i} M; \quad (3.16)</math> :čia ''k'' – sveikasis neneigiamas skaičius, skaičius ''i'' lygus arba nuliui, arba vienetui, o skaičius ''M'' tenkina sąlygą :<math>4\leq M <2. \quad (3.17)</math> :Pabrėšime, kad skaičius ''a'' išreiškiamas (3.16) pavidalu vieninteliu budu. _______________ :''*'' Jei <math>a<1,</math> tai <math>a=\frac{1}{b}</math> ir <math>b>1.</math> Tada <math>\sqrt{a}=\frac{1}{\sqrt{b}}.</math> 34g81oury4q1y6y3xerll1p7onpjwlz 35087 35086 2024-04-27T17:57:12Z Paraboloid 1294 /* Sekos, aproksimuojančios a šaknyje, konvergavimo greitis */ wikitext text/x-wiki ==3. Monotoninės sekos== ===1. Monotoninių sekų apibrėžimas.=== :'''Apibrėžimas'''. ''Seka <math>\{x_n\}</math> vadinama '''nemažėjančia''' ('''nedidėjančia'''), jei kiekvienas tos sekos elementas ne mažesnis (ne didesnis) už pirmesnįjį elementą, t. y., jei su visais numeriais n teisinga nelygybė :<math>x_n \leq x_{n+1} \;\;</math> (<math>x_n \geq x_{n+1} </math>). :Nemažėjančios ir nedidėjančios sekos vadinamos ''monotoninėmis sekomis''. Jei monotoninės sekos <math>\{x_n\}</math> elementai su bet kuriuo numeriu ''n'' tenkina nelygybę <math>x_n < x_{n+1} \;\;</math> (<math>x_n > x_{n+1} </math>), tai seka <math>\{x_n\}</math> vadinama ''didėjančia'' (''mažėjančia''). Didėjančios ir mažėjančios sekos dar vadinamos ''griežtai monotoninėmis sekomis''. :Monotoninės sekos yra aprėžtos arba iš viršaus, arba iš apačios; būtent, ''nedidėjančios sekos aprėžtos iš viršaus'', o ''nemažėjančios aprėžtos iš apačios pirmaisiais savo elementais. Todėl nedidėjanti seka yra aprėžta iš abiejų pusių, kai ji aprėžta iš apačios, o nemažėjanti seka yra aprėžta iš abiejų pusių, kai ji aprėžta iš viršaus. :Pateiksime tris monotoninių sekų pavyzdžius. :1. Seka <math>1, \; 1, \; \frac{1}{2}, \; \frac{1}{2}, \; ..., \; \frac{1}{n}, \; \frac{1}{n}, \; ... \;</math> nedidėjanti. Ji aprėžta iš viršaus savo pirmuoju elementu, lygiu vienetui, o iš apačios - skaičiumi 0. :2. Seka <math>1, \; 1, \; 2, \; 2, \; ..., \; n, \; n, \; ... \;</math> nemažėjanti. Ji aprėžta iš apačios savo pirmuoju elementu, o iš viršaus neaprėžta. :3. Seka <math>\frac{1}{2}, \; \frac{2}{3}, \; \frac{3}{4}, \; ..., \; \frac{n}{n+1}, \; ... \;</math> didėjanti. Ji aprėžta iš abiejų pusių: iš apačios pirmuoju elementu <math>\frac{1}{2},</math> iš viršaus, pavyzdžiui, skaičiumi 1. ===2. Monotoninės sekos konvergavimo požymis.=== :Įrodysime ''pagrindinę'' teoremą. :'' '''3.15 teorema.''' Jei nemažėjanti (nedidėjanti) seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus (iš apačios), tai ji konverguoja''. :Pagal praeitą skirsnį seka <math>\{x_n\},</math> atitinkanti 3.15 teoremos sąlygas, yra aprėžta. Todėl 3.15 teoremą galima trumpai formuluoti taip: ''jei monotoninė seka <math>\{x_n\}</math> yra aprėžta iš abiejų pusių, tai ji konverguoja''. :'''Įrodymas.''' Kadangi seka <math>\{x_n\}</math> yra aprėžta, tai jos elementų aibė turi tikslųjį viršutinį rėžį <math>\overline{x}</math> ir tikslųjį apatinį rėžį <math>\underline{x}.</math> Įrodysime štai ką: jei <math>\{x_n\}</math> – nemažėjanti seka, tai jos riba yra minėtasis tikslusis viršutinis rėžis; jei <math>\{x_n\}</math> – nedidėjanti seka, tai jos riba yra minėtasis tikslusis apatinis rėžis <math>\underline{x}.</math> Išnagrinėsime tik nemažėjančią seką, nes samprotavimai apie nedidėjančią seką būtų analogiški. :Kadangi <math>\overline{x}</math> yra sekos <math>\{x_n\}</math> elementų aibės tikslusis viršutinis rėžis, tai kiekvieną <math>\varepsilon>0</math> atitinka toks elementas <math>x_N,</math> kad <math>x_N>\overline{x}-\varepsilon</math> ir <math>x_N\leq \overline{x}</math> (bet koks elementas <math>x_n</math> ne didesnis už tikslųjį viršutinį rėžį <math>\overline{x},</math> t. y. <math>x_n \leq \overline{x}</math>). Iš šitų nelygybių gauname nelygybes <math>0\leq \overline{x}-x_N < \varepsilon.</math> Kadangi <math>\{x_n\}</math> – nemažėjanti seka, tai nelygybės <math>x_N \leq x_n \leq \overline{x}</math> yra teisingos, kai <math>n\geq N.</math> Iš to išplaukia, kad <math>0\leq \overline{x}-x_n \leq \overline{x}-x_N, \;</math> kai <math>n\geq N.</math> Anksčiau pabrėžėme, kad <math> \overline{x}-x_N < \varepsilon, </math> todėl, kai <math>n\geq N,</math> teisingos nelygybės <math>0\leq \overline{x}-x_n < \varepsilon,</math> iš kurių gauname nelygybę <math>|x_n-\overline{x}|<\varepsilon.</math> Vadinasi, įsitikinome, kad <math>\overline{x}</math> yra sekos <math>\{x_n\}</math> riba. Teorema įrodyta. :1 pastaba. ''Monotoninės sekos aprėžtumas yra būtinas ir pakankamas jos konvergavimo požymis''. :Iš tikrųjų, jei monotoninė seka yra aprėžta, tai pagal 3.15 teoremą ji konverguoja; jei monotoninė seka konverguoja, tai, remiantis 3.8 teorema, ji yra aprėžta. :2 pastaba. Konverguojanti seka gali ir nebūti monotoninė. Pavyzdžiui, seka <math>\{x_n\},</math> apibrėžta formule <math>x_n=\frac{(-1)^n}{n},</math> konverguoja, o jos riba yra skaičius 0. Tačiau ši seka nėra monotoninė, nes po teigiamo elemento eina neigiamas, o po neigiamo – teigiamas. :3 pastaba. Jei <math>\{x_n\}</math> yra nemažėjanti ir aprėžta seka, o <math>\overline{x}</math> – tos sekos riba, tai visi jos elementai tenkina nelygybę <math>x_n \leq \overline{x}.</math> Nedidėjančios ir aprėžtos sekos <math>\{x_n\},</math> konverguojančios į <math>\underline{x},</math> elementai tenkina nelygybę <math>\underline{x}\leq x_n.</math> Kad šie teiginiai teisingi, įsitikinome, įrodinėdami 3.15 teoremą. :'' '''3.15 teoremos išvada.''' Sakykime, duota begalinė segmentų sistema <math>[a_1; \; b_1], \; [a_2; \; b_2], \; ..., \; [a_n; \; b_n], \; ... \;</math> Jei kiekvienas segmentas yra pirmesniajame*, o skirtumas <math>b_n-a_n</math> (jį vadinsime segmento <math>[a_n; \; b_n]</math> ilgiu) artėja prie nulio, kai <math>n\to\infty</math> (segmentų sistemą, turinčią šią savybę, vadinsime susitraukiančia), tai egzistuoja vienintelis taškas c, priklausantis visiems tos sistemos segmentams. :'''Įrodymas.''' Pirmiausia pastebėsime, kad taškas ''c'', priklausantis visiems segmentams, gali būti tik vienas. Iš tikrųjų, jei būtų dar vienas taškas ''d'', priklausantis visiems segmentams, tai segmentas ** [''c''; ''d''] priklausytų visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n].</math> Bet tokiu atveju su bet kokiu numeriu ''n'' būtų teisingos nelygybės <math>b_n-a_n\geq d-c>0; </math> tai neįmanoma, nes <math>b_n-a_n \to 0, </math> kai <math>n\to \infty.</math> Dabar įsitikinsime, kad taškas ''c'', priklausantis visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n],</math> egzistuoja. Kadangi segmentų sistema yra susitraukianti, tai kairiųjų galų seka <math>\{a_n\}</math> yra nemažėjanti, o dešiniųjų galų seka <math>\{b_n\},</math> – nedidėjanti. Kadangi abi tos sekos yra aprėžtos (visi sekų <math>\{a_n\}</math> ir <math>\{b_n\}</math> elementai priklauso segmentui <math>[a_1; \; b_1]</math>), tai pagal 3.15 teoremą jos konverguoja. Iš to, kad skirtumas <math>b_n-a_n</math> nyksta, išplaukia, jog minimosios sekos turi bendrą ribą. Tą ribą žymėkime raide ''c''. Remiantis 3 pastaba, su bet kokiu numeriu ''n'' teisingos šios nelygybės: <math>a_n\leq c \leq b_n,</math> t. y. taškas ''c'' priklauso visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n].</math> _______________ :''*'' Tai reiškia, kad <math>a_{n-1}\leq a_n<b_n \leq b_{n-1}.</math> :''**'' Siekdami konkretumo, tariame, kad ''d > c''. ===3. Keli konverguojančių monotoninių sekų pavyzdžiai.=== :Išnagrinėsime kelias sekas, kurių ribas apskaičiuosime, remdamiesi 3.15 teorema apie monotoninės sekos ribą. Be to, šiame skirsnyje susipažinsime su vienu bendru sekos ribos ieškojimo metodu, kai seka apibrėžiama rekurentine formule (Rekurentinė formulė (lot. ''recurrens – grįžtas) – formulė, pagal kurią <math>(n+1)</math>-ąjį sekos elementą galima išreikšti jos pirmųjų ''n'' elementų reikšmėmis.). :'''1 pavyzdys.''' Tirsime seką <math>\{x_n\},</math> kurios elementas <math>x_n</math> lygus :<math>x_n=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+...+\sqrt{a}}}}, \;\; a>0</math> :(''n'' radikalų). Tą pačią seką galima, savaime aišku, nusakyti šitokia rekurentine formule: :<math>x_1=\sqrt{a}, \quad x_n=\sqrt{a+x_{n-1}}.</math> :Norėdami įsitikinti, kad sekos <math>\{x_n\}</math> riba egzistuoja, įrodysime, jog ta seka yra ''didėjanti'' ir ''aprėžta''. Kad ta seka didėja, matyti tiesiog. Įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus skaičiumi ''A'', kai ''A'' – didedsnysis iš dviejų skaičių ''a'' ir 2. Jei <math>x_n \leq a,</math> tai teiginys jau įrodytas. Jei <math>x_n > a,</math> tai, dešinėje nelygybės <math>x_n^2=a+x_{n-1} \leq a+x_n \;</math> pusėje skaičių ''a'' pakeitę didesniu už jį skaičiumi <math>x_n,</math> gauname <math>x_n^2 <2x_n ,</math> o iš čia <math>x_n <2.</math> Taigi įrodėme, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus. Pagal 3.15 teoremą ta seka turi ribą. Pažymėkime tą ribą raide ''c''. Savaime aišku, <math>c>0.</math> Iš rekurentinės formulės turime lygybę :<math> x_n^2=a+x_{n-1},</math> :iš kurios matyti, kad sekos <math>\{x_n^2 \}</math> ir <math>\{a+x_{n-1}\}</math> sutampa. Todėl jos turi bendrą ribą. Kadangi pirmosios sekos riba lygi <math>c^2,</math> o antrosios <math>a+c</math> (kai ''n'' varo į begalybę skaičiams <math>x_n</math> ir <math>x_{n-1},</math> tai <math>x_n</math> praktiškai nesiskiria nuo <math>x_{n-1}</math> ir abu yra labai arti ''c'' reikšmės (abu labai panašūs į ''c'')), tai <math>c^2=a+c.</math> Iš čia, turėdami mintyje, kad <math>c>0,</math> randame ''c'': :<math>c^2=a+c,</math> :<math>c^2-c-a=0,</math> :<math>c_{1,2}=\frac{-(-1)\pm\sqrt{(-1)^2-4\cdot (-a)}}{2}=\frac{1\pm\sqrt{1+4a}}{2};</math> :kadangi <math>c>0,</math> tai :<math>c=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}.</math> :'''2 pavyzdys.''' Tirsime seką <math>\{x_n\},</math> kuria dažniausiai naudojamasi, apskaičiuojant teigiamo skaičiaus ''a'' kvadratinę šankį elektronine skaičiavimo mašina. Šita seka apibrėžiama tokia rekurentine formule: :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big), \quad n=1, \; 2, \; 3, \; ...</math> :Pirmuoju elementu <math>x_1</math> čia galima laikyti bet kokį teigiamą skaičių. :Įrodysime, kad ta seka konverguoja, o jos riba yra skaičius <math>\sqrt{a}.</math> Pirmiausia įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> turi ribą. Tam užtenka įrodyti, kad seka <math>\{x_n\}</math> yra ''aprėžta iš apačios'' ir kad, ''pradedant antruoju elementu, ji nedidėja''. Iš pradžių įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš apačios. Sąlygoje pasakyta, jog <math>x_1>0,</math> o iš rekurentinės formulės, kai <math>n=1,</math> gauname <math>x_2>0.</math> Taip samprotaudami toliau, įsitikiname, kad visi <math>x_n</math> yra teigiami. :Dabar įrodysime, kad ''visi <math>x_n,</math> kai <math>n\geq 2,</math> tenkina nelygybę'' <math>x_n\geq \sqrt{a}.</math> Parašę rekurentinę formulę šitaip: <math>x_{n+1}=\frac{\sqrt{a}}{2}\Big( \frac{x_n}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{x_n}\Big), </math> remsimės beveik savaime aiškia nelygybe <math>t+\frac{1}{t}\geq 2</math>*, kuri teisinga, kai <math>t>0</math> (imame <math>t= \frac{x_n}{\sqrt{a}} </math>). Gausime :<math>x_{n+1}=\frac{\sqrt{a}}{2}\Big( \frac{x_n}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{x_n}\Big)\geq \frac{\sqrt{a}}{2}\cdot 2=\sqrt{a}, </math> :kai <math>n\geq 1, </math> t. y. <math>x_n\geq \sqrt{a},</math> pradedant numeriu <math>n=2.</math> :Pagaliau įsitikinsime, kad ''seka <math>\{x_n\},</math> kai <math>n\geq 2,</math> nedidėja''. Iš rekurentinės formulės matome, kad <math>\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{1}{2}\Big( 1+\frac{a}{x_n^2}\Big), </math> o iš čia, turėdami mintyje, kad <math>x_n\geq \sqrt{a},</math> gauname <math>\frac{x_{n+1}}{x_n}\leq 1, </math> arba <math>x_n\geq x_{n+1}</math> (kai <math>n\geq 2</math>). :Kadangi seka <math>\{x_n\},</math> kai <math>n\geq 2,</math> nedidėja ir yra aprėžta iš apačios skaičiumi <math>\sqrt{a}</math> (nes <math>x_n\geq \sqrt{a}</math>), tai ji turi ribą, ne mažesnę kaip <math>\sqrt{a}</math> (žr. 3.15 ir 3.13 teoremą). Tą ribą pažymėkime raide ''c'' ir atsižvelgę į tai, kad <math>\lim_{n\to \infty} x_{n+1}=c,</math> o <math>\lim_{n\to \infty} \frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big)=\frac{1}{2}\Big( c+\frac{a}{c}\Big),</math> gauname lygybę :<math>c=\frac{1}{2}\Big( c+\frac{a}{c}\Big)</math>**, :<math>c^2=\frac{1}{2}\Big( c^2+a\Big),</math> :<math>2c^2= c^2+a,</math> :<math>2c^2-c^2=a,</math> :<math>c^2=a.</math> :Vadinasi, <math>c= \sqrt{a} .</math> :1 pastaba. Spręsdami pateiktuosius pavyzdžius, naudojomės plačiai taikomu metodu sekos ribai skaičiuoti. Metodo esmė: iš pradžių įsitikinama, kad sekos riba egzistuoja, o paskui iš lygties, kuri gaunama iš rekurentinės formulės, vietoje <math>x_n</math> ir <math>x_{n+1}</math> įrašius ieškomąją sekos <math>\{x_n\}</math> ribos reikšmę ''c'', apskaičiuojama tos ribos skaitinė reikšmė. :2 pastaba. Rekurentinės formulės dažnai naudojamos skaičiavimo matematikoje, nes jas taikant daug kartų, atliekamos to paties tipo skaičiavimo operacijos, o tai labai patogu skaičiuojant elektroninėmis skaičiavimo mašinomis. :Išnagrinėtoji rekurentinė formulė aprašo, kaip įsitikinome, <math> \sqrt{a}</math> skaičiavimo algoritmą (įrodėme, kad <math>\lim_{n\to \infty} x_n= \sqrt{a}</math>). :Vėliau bus tiriamas sekos <math>\{x_n\}</math> konvergavimo į <math>\sqrt{a}</math> greitis. Įrodoma, kad, tinkamai pasirinkus pirmąjį artinį <math>x_1,</math> kai <math>a>1,</math> jau ketvirtasis artinys <math>x_4</math> nuo skaičiaus <math>\sqrt{a}</math> skiriasi mažiau kaip <math>10^{-10}.</math> :'''3 pavyzdys.''' Įsitikinsime, kad sekos <math>\{c_n\},</math> kai <math>c_n=\frac{x^{n+1}}{(n+1)!},</math> o ''x'' – bet koks fiksuotas skaičius, riba lygi nuliui. Kai ''n'' – pakankamai didelis natūralusis skaičius, <math>\frac{|x|}{n+1}<1.</math> Todėl, pradedant kuriuo nors numeriu ''N'', turi būti <math>|c_{n+1}| < |c_n|,</math> nes <math>|c_{n+1}| =\frac{|x|^n}{n!} \cdot \frac{|x|}{n+1}= |c_n|\cdot \frac{|x|}{n+1}.</math> :Vadinasi, pradedant numeriu ''N'', seka <math>\{|c_n|\}</math> mažėja. Kadangi, be to, ji aprėžta iš apačios (pavyzdžiui nuliu), tai pagal 3.15 teoremą seka <math>\{|c_n|\}</math> konverguoja. Tarkime, kad ''c'' yra tos sekos riba. Iš lygybės <math>|c_{n+1}| = |c_n|\cdot \frac{|x|}{n+1}</math> išplaukia, kad <math>c=0,</math> nes sekos <math>\{|c_{n+1}|\}</math> riba lygi ''c'', o sekos <math>\{\frac{|x|}{n+1}\}</math> – nuliui. _____________________ :''*'' Tą nelygybę įrodinėjant, užtenka pastebėti, kad, kai <math>t>0,</math> ji ekvivalenti nelygybei <math>t^2-2t+1\geq 0.</math> :''**'' Ta lygybė gaunama iš rekurentinės formulės <math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big).</math> ==Sekos, aproksimuojančios a šaknyje, konvergavimo greitis== :Šio skyriaus 3 paragrafo 3 skirsnyje įrodėme, kad sekos <math>\{x_n\}</math> apibrėžiamos rekurentine formule :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big), \quad n=1, \; 2, \; 3, \; ..., \quad (3.10)</math> :kai <math>a>0,</math> o <math>x_1</math> – bet koks teigiamas skaičius, riba lygi <math>\sqrt{a}.</math> Skaičiaus <math>\sqrt{a}</math> artiniu galima laikyti bet kurį tos sekos narį <math>x_{n+1}.</math> Tokiu atveju, be abejo, reikia išsiaiškinti, koks turi būti įteracijų* skaičius ''n'', kad <math>\sqrt{a}</math> artinys būtų nurodyto tikslumo. ______________ :''*'' '''Iteracija''' (lot. ''iteratio'' – kartojimas) – kokios nors matematinės operacijos pakartojimas. Šiuo atveju ''viena'' iteracija yra <math>x_{n+1}</math> apskaičiavimas, kai žinomas <math>x_{n},</math> pagal rekurentinę (3.10) formulę. ______________ :Nagrinėsime seką <math>x_{n},</math> apibrėžtą rekurentine (3.10) formule. Tos sekos elementą <math>x_n</math> vadinsime skaičiaus <math>\gamma=\sqrt{a}\;</math> ''n-uoju artiniu''. Skaičių :<math>\varepsilon_n=\frac{x_n -\gamma}{\gamma} \quad (3.11)</math> :vadinsime ''n''-ojo artinio ''santykine paklaida''. :Įrodysime teiginį apie santykinės paklaidos <math>\varepsilon_{n+1}</math> įvertinimą, remiantis pirmojo artinio santykine paklaida <math>\varepsilon_{1}.</math> :''Jei <math>x_1</math> taip parinktas, kad <math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2},</math> tai su bet kokiu <math>n\geq 1</math> teisinga šitokia nelygybė: :<math>0< \varepsilon_{n+1} < \varepsilon_1^{2^n}. \quad (3.12)</math> :[ <math>0\leq \varepsilon_{n+1} \leq \varepsilon_1^{2^n},</math> kai <math>\varepsilon_{1}</math> gali būti lygus nuliui.] :'''Įrodymas.''' Iš (3.11) formulės :<math>x_n=\gamma(1+\varepsilon_n). \quad (3.13)</math> :Remdamiesi (3.10) ir (3.13) formulėmis bei lygybe <math>\frac{a}{\gamma}=\gamma,</math> gauname :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big)=\frac{1}{2}\left[ \gamma(1+\varepsilon)+\frac{a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=\frac{1}{2}\left[ \frac{a(1+\varepsilon_n)^2 +a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=</math> :<math>=\frac{1}{2}\left[ \frac{a(1+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2) +a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=\frac{a}{\gamma}\left[ \frac{(1+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2) +1}{2(1+\varepsilon_n)}\right]=\gamma\left[ \frac{2+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right]=\gamma\left[1 +\frac{\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right].</math> :Kadangi <math>x_{n+1}=\gamma(1+\varepsilon_{n+1}),</math> tai savaime aišku, kad :<math>\gamma(1+\varepsilon_{n+1})=\gamma\left[1 +\frac{\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right],</math> :<math>\varepsilon_{n+1}=\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)}\cdot \varepsilon_n^2 .\quad (3.14)</math> :Pagal sąlygą <math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2}.</math> Iš to išplaukia nelygybės <math>0<\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)} < 1.</math> Bet tada iš (3.14) lygybės, kai <math>n=1,</math> išplaukia nelygybė <math>\varepsilon_2\geq 0.</math> Panašiai naudodamiesi (3.14) lygybe, kai <math>n=1, \; 2, \; ..., </math> įsitikiname, kad visi <math>\varepsilon_{n+1}</math> yra neneigiami (<math>n\geq 1</math>). :Iš (3.14) lygybės, nelygybių <math>0<\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)} < 1</math> ir iš to, kad visi <math>\varepsilon_{n},</math> kai <math>n> 1,</math> yra neneigiami, išplaukia nelygybė <math>\varepsilon_{n+1}<\varepsilon_n^2,</math> kai <math>n\geq 1.</math> Iš čia gauname dešiniąją (3.12) nelygybę. Teiginys įrodytas. :[<math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2}, \; </math> <math>\varepsilon_{2}<\varepsilon_1^2, \;</math> <math>\varepsilon_{3}<\varepsilon_2^2 <(\varepsilon_1^2)^2=\varepsilon_1^4, \;</math> <math>\varepsilon_{4}<\varepsilon_3^2 <(\varepsilon_1^4)^2=\varepsilon_1^8=\varepsilon_1^{2^3}</math> ir taip toliau.] :Iš (3.12) nelygybių matyti, kad <math>\sqrt{a}</math> artinio po ''n'' iteracijų santykinė paklaida įvertinama, remiantis pirmojo artinio <math>x_1</math> santykine paklaida <math>\varepsilon_{1}</math> ir iteracijų skaičiumi ''n''. Vėliau įsitikinsime, jog tuo atveju, kai <math>a>1</math>*, pirmąjį artinį galima pasirinkti taip, kad santykinės paklaidos <math>\varepsilon_{1}</math> modulis nebūtų didesnis už 0.05. Savaime aišku, taip pasirinkus <math>x_1,</math> santykinė paklaida tenkins įrodytojo teiginio sąlygas. Tuomet bus aišku ir koks turi būti iteracijų skaičius ''n'', kad <math>\sqrt{a}</math> artinio santykinė paklaida nebūtų didesnė už duotąjį skaičių <math>\varepsilon</math>: ''tą skaičių n galima rasti iš nelygybės''* (ta nelygybė gaunama tiesiog iš (3.12) nelygybių) :<math>(0.05)^{2^n} < \varepsilon. \quad (3.15)</math> :Taigi tarkime, kad <math>a>1.</math> Skaičių ''a'' išreikšime šitaip: :<math>a=2^{2k+i} M; \quad (3.16)</math> :čia ''k'' – sveikasis neneigiamas skaičius, skaičius ''i'' lygus arba nuliui, arba vienetui, o skaičius ''M'' tenkina sąlygą :<math>1\leq M <2. \quad (3.17)</math> :Pabrėšime, kad skaičius ''a'' išreiškiamas (3.16) pavidalu vieninteliu budu. :Pirmąjį artinį <math>x_1</math> pasirinkime šitaip: :<math>x_1=2^k \Big( \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} \Big). \quad (3.18)</math> :Įsitikinsime, kad tuo atveju, kai ''M'' – ''bet koks'' skaičius, tenkinantis (3.17) sąlygas, pirmojo <math>\sqrt{a}</math> artinio <math>x_1,</math> rasto pagal (3.18) formulę, santikinės paklaidos <math>\varepsilon_1</math> modulis ne didesnis kaip 0.05. _______________ :''*'' Jei <math>a<1,</math> tai <math>a=\frac{1}{b}</math> ir <math>b>1.</math> Tada <math>\sqrt{a}=\frac{1}{\sqrt{b}}.</math> 7299z2efbvg82z2gj4sgnuuebxz9iag 35088 35087 2024-04-27T18:05:32Z Paraboloid 1294 /* Sekos, aproksimuojančios a šaknyje, konvergavimo greitis */ wikitext text/x-wiki ==3. Monotoninės sekos== ===1. Monotoninių sekų apibrėžimas.=== :'''Apibrėžimas'''. ''Seka <math>\{x_n\}</math> vadinama '''nemažėjančia''' ('''nedidėjančia'''), jei kiekvienas tos sekos elementas ne mažesnis (ne didesnis) už pirmesnįjį elementą, t. y., jei su visais numeriais n teisinga nelygybė :<math>x_n \leq x_{n+1} \;\;</math> (<math>x_n \geq x_{n+1} </math>). :Nemažėjančios ir nedidėjančios sekos vadinamos ''monotoninėmis sekomis''. Jei monotoninės sekos <math>\{x_n\}</math> elementai su bet kuriuo numeriu ''n'' tenkina nelygybę <math>x_n < x_{n+1} \;\;</math> (<math>x_n > x_{n+1} </math>), tai seka <math>\{x_n\}</math> vadinama ''didėjančia'' (''mažėjančia''). Didėjančios ir mažėjančios sekos dar vadinamos ''griežtai monotoninėmis sekomis''. :Monotoninės sekos yra aprėžtos arba iš viršaus, arba iš apačios; būtent, ''nedidėjančios sekos aprėžtos iš viršaus'', o ''nemažėjančios aprėžtos iš apačios pirmaisiais savo elementais. Todėl nedidėjanti seka yra aprėžta iš abiejų pusių, kai ji aprėžta iš apačios, o nemažėjanti seka yra aprėžta iš abiejų pusių, kai ji aprėžta iš viršaus. :Pateiksime tris monotoninių sekų pavyzdžius. :1. Seka <math>1, \; 1, \; \frac{1}{2}, \; \frac{1}{2}, \; ..., \; \frac{1}{n}, \; \frac{1}{n}, \; ... \;</math> nedidėjanti. Ji aprėžta iš viršaus savo pirmuoju elementu, lygiu vienetui, o iš apačios - skaičiumi 0. :2. Seka <math>1, \; 1, \; 2, \; 2, \; ..., \; n, \; n, \; ... \;</math> nemažėjanti. Ji aprėžta iš apačios savo pirmuoju elementu, o iš viršaus neaprėžta. :3. Seka <math>\frac{1}{2}, \; \frac{2}{3}, \; \frac{3}{4}, \; ..., \; \frac{n}{n+1}, \; ... \;</math> didėjanti. Ji aprėžta iš abiejų pusių: iš apačios pirmuoju elementu <math>\frac{1}{2},</math> iš viršaus, pavyzdžiui, skaičiumi 1. ===2. Monotoninės sekos konvergavimo požymis.=== :Įrodysime ''pagrindinę'' teoremą. :'' '''3.15 teorema.''' Jei nemažėjanti (nedidėjanti) seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus (iš apačios), tai ji konverguoja''. :Pagal praeitą skirsnį seka <math>\{x_n\},</math> atitinkanti 3.15 teoremos sąlygas, yra aprėžta. Todėl 3.15 teoremą galima trumpai formuluoti taip: ''jei monotoninė seka <math>\{x_n\}</math> yra aprėžta iš abiejų pusių, tai ji konverguoja''. :'''Įrodymas.''' Kadangi seka <math>\{x_n\}</math> yra aprėžta, tai jos elementų aibė turi tikslųjį viršutinį rėžį <math>\overline{x}</math> ir tikslųjį apatinį rėžį <math>\underline{x}.</math> Įrodysime štai ką: jei <math>\{x_n\}</math> – nemažėjanti seka, tai jos riba yra minėtasis tikslusis viršutinis rėžis; jei <math>\{x_n\}</math> – nedidėjanti seka, tai jos riba yra minėtasis tikslusis apatinis rėžis <math>\underline{x}.</math> Išnagrinėsime tik nemažėjančią seką, nes samprotavimai apie nedidėjančią seką būtų analogiški. :Kadangi <math>\overline{x}</math> yra sekos <math>\{x_n\}</math> elementų aibės tikslusis viršutinis rėžis, tai kiekvieną <math>\varepsilon>0</math> atitinka toks elementas <math>x_N,</math> kad <math>x_N>\overline{x}-\varepsilon</math> ir <math>x_N\leq \overline{x}</math> (bet koks elementas <math>x_n</math> ne didesnis už tikslųjį viršutinį rėžį <math>\overline{x},</math> t. y. <math>x_n \leq \overline{x}</math>). Iš šitų nelygybių gauname nelygybes <math>0\leq \overline{x}-x_N < \varepsilon.</math> Kadangi <math>\{x_n\}</math> – nemažėjanti seka, tai nelygybės <math>x_N \leq x_n \leq \overline{x}</math> yra teisingos, kai <math>n\geq N.</math> Iš to išplaukia, kad <math>0\leq \overline{x}-x_n \leq \overline{x}-x_N, \;</math> kai <math>n\geq N.</math> Anksčiau pabrėžėme, kad <math> \overline{x}-x_N < \varepsilon, </math> todėl, kai <math>n\geq N,</math> teisingos nelygybės <math>0\leq \overline{x}-x_n < \varepsilon,</math> iš kurių gauname nelygybę <math>|x_n-\overline{x}|<\varepsilon.</math> Vadinasi, įsitikinome, kad <math>\overline{x}</math> yra sekos <math>\{x_n\}</math> riba. Teorema įrodyta. :1 pastaba. ''Monotoninės sekos aprėžtumas yra būtinas ir pakankamas jos konvergavimo požymis''. :Iš tikrųjų, jei monotoninė seka yra aprėžta, tai pagal 3.15 teoremą ji konverguoja; jei monotoninė seka konverguoja, tai, remiantis 3.8 teorema, ji yra aprėžta. :2 pastaba. Konverguojanti seka gali ir nebūti monotoninė. Pavyzdžiui, seka <math>\{x_n\},</math> apibrėžta formule <math>x_n=\frac{(-1)^n}{n},</math> konverguoja, o jos riba yra skaičius 0. Tačiau ši seka nėra monotoninė, nes po teigiamo elemento eina neigiamas, o po neigiamo – teigiamas. :3 pastaba. Jei <math>\{x_n\}</math> yra nemažėjanti ir aprėžta seka, o <math>\overline{x}</math> – tos sekos riba, tai visi jos elementai tenkina nelygybę <math>x_n \leq \overline{x}.</math> Nedidėjančios ir aprėžtos sekos <math>\{x_n\},</math> konverguojančios į <math>\underline{x},</math> elementai tenkina nelygybę <math>\underline{x}\leq x_n.</math> Kad šie teiginiai teisingi, įsitikinome, įrodinėdami 3.15 teoremą. :'' '''3.15 teoremos išvada.''' Sakykime, duota begalinė segmentų sistema <math>[a_1; \; b_1], \; [a_2; \; b_2], \; ..., \; [a_n; \; b_n], \; ... \;</math> Jei kiekvienas segmentas yra pirmesniajame*, o skirtumas <math>b_n-a_n</math> (jį vadinsime segmento <math>[a_n; \; b_n]</math> ilgiu) artėja prie nulio, kai <math>n\to\infty</math> (segmentų sistemą, turinčią šią savybę, vadinsime susitraukiančia), tai egzistuoja vienintelis taškas c, priklausantis visiems tos sistemos segmentams. :'''Įrodymas.''' Pirmiausia pastebėsime, kad taškas ''c'', priklausantis visiems segmentams, gali būti tik vienas. Iš tikrųjų, jei būtų dar vienas taškas ''d'', priklausantis visiems segmentams, tai segmentas ** [''c''; ''d''] priklausytų visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n].</math> Bet tokiu atveju su bet kokiu numeriu ''n'' būtų teisingos nelygybės <math>b_n-a_n\geq d-c>0; </math> tai neįmanoma, nes <math>b_n-a_n \to 0, </math> kai <math>n\to \infty.</math> Dabar įsitikinsime, kad taškas ''c'', priklausantis visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n],</math> egzistuoja. Kadangi segmentų sistema yra susitraukianti, tai kairiųjų galų seka <math>\{a_n\}</math> yra nemažėjanti, o dešiniųjų galų seka <math>\{b_n\},</math> – nedidėjanti. Kadangi abi tos sekos yra aprėžtos (visi sekų <math>\{a_n\}</math> ir <math>\{b_n\}</math> elementai priklauso segmentui <math>[a_1; \; b_1]</math>), tai pagal 3.15 teoremą jos konverguoja. Iš to, kad skirtumas <math>b_n-a_n</math> nyksta, išplaukia, jog minimosios sekos turi bendrą ribą. Tą ribą žymėkime raide ''c''. Remiantis 3 pastaba, su bet kokiu numeriu ''n'' teisingos šios nelygybės: <math>a_n\leq c \leq b_n,</math> t. y. taškas ''c'' priklauso visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n].</math> _______________ :''*'' Tai reiškia, kad <math>a_{n-1}\leq a_n<b_n \leq b_{n-1}.</math> :''**'' Siekdami konkretumo, tariame, kad ''d > c''. ===3. Keli konverguojančių monotoninių sekų pavyzdžiai.=== :Išnagrinėsime kelias sekas, kurių ribas apskaičiuosime, remdamiesi 3.15 teorema apie monotoninės sekos ribą. Be to, šiame skirsnyje susipažinsime su vienu bendru sekos ribos ieškojimo metodu, kai seka apibrėžiama rekurentine formule (Rekurentinė formulė (lot. ''recurrens – grįžtas) – formulė, pagal kurią <math>(n+1)</math>-ąjį sekos elementą galima išreikšti jos pirmųjų ''n'' elementų reikšmėmis.). :'''1 pavyzdys.''' Tirsime seką <math>\{x_n\},</math> kurios elementas <math>x_n</math> lygus :<math>x_n=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+...+\sqrt{a}}}}, \;\; a>0</math> :(''n'' radikalų). Tą pačią seką galima, savaime aišku, nusakyti šitokia rekurentine formule: :<math>x_1=\sqrt{a}, \quad x_n=\sqrt{a+x_{n-1}}.</math> :Norėdami įsitikinti, kad sekos <math>\{x_n\}</math> riba egzistuoja, įrodysime, jog ta seka yra ''didėjanti'' ir ''aprėžta''. Kad ta seka didėja, matyti tiesiog. Įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus skaičiumi ''A'', kai ''A'' – didedsnysis iš dviejų skaičių ''a'' ir 2. Jei <math>x_n \leq a,</math> tai teiginys jau įrodytas. Jei <math>x_n > a,</math> tai, dešinėje nelygybės <math>x_n^2=a+x_{n-1} \leq a+x_n \;</math> pusėje skaičių ''a'' pakeitę didesniu už jį skaičiumi <math>x_n,</math> gauname <math>x_n^2 <2x_n ,</math> o iš čia <math>x_n <2.</math> Taigi įrodėme, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus. Pagal 3.15 teoremą ta seka turi ribą. Pažymėkime tą ribą raide ''c''. Savaime aišku, <math>c>0.</math> Iš rekurentinės formulės turime lygybę :<math> x_n^2=a+x_{n-1},</math> :iš kurios matyti, kad sekos <math>\{x_n^2 \}</math> ir <math>\{a+x_{n-1}\}</math> sutampa. Todėl jos turi bendrą ribą. Kadangi pirmosios sekos riba lygi <math>c^2,</math> o antrosios <math>a+c</math> (kai ''n'' varo į begalybę skaičiams <math>x_n</math> ir <math>x_{n-1},</math> tai <math>x_n</math> praktiškai nesiskiria nuo <math>x_{n-1}</math> ir abu yra labai arti ''c'' reikšmės (abu labai panašūs į ''c'')), tai <math>c^2=a+c.</math> Iš čia, turėdami mintyje, kad <math>c>0,</math> randame ''c'': :<math>c^2=a+c,</math> :<math>c^2-c-a=0,</math> :<math>c_{1,2}=\frac{-(-1)\pm\sqrt{(-1)^2-4\cdot (-a)}}{2}=\frac{1\pm\sqrt{1+4a}}{2};</math> :kadangi <math>c>0,</math> tai :<math>c=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}.</math> :'''2 pavyzdys.''' Tirsime seką <math>\{x_n\},</math> kuria dažniausiai naudojamasi, apskaičiuojant teigiamo skaičiaus ''a'' kvadratinę šankį elektronine skaičiavimo mašina. Šita seka apibrėžiama tokia rekurentine formule: :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big), \quad n=1, \; 2, \; 3, \; ...</math> :Pirmuoju elementu <math>x_1</math> čia galima laikyti bet kokį teigiamą skaičių. :Įrodysime, kad ta seka konverguoja, o jos riba yra skaičius <math>\sqrt{a}.</math> Pirmiausia įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> turi ribą. Tam užtenka įrodyti, kad seka <math>\{x_n\}</math> yra ''aprėžta iš apačios'' ir kad, ''pradedant antruoju elementu, ji nedidėja''. Iš pradžių įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš apačios. Sąlygoje pasakyta, jog <math>x_1>0,</math> o iš rekurentinės formulės, kai <math>n=1,</math> gauname <math>x_2>0.</math> Taip samprotaudami toliau, įsitikiname, kad visi <math>x_n</math> yra teigiami. :Dabar įrodysime, kad ''visi <math>x_n,</math> kai <math>n\geq 2,</math> tenkina nelygybę'' <math>x_n\geq \sqrt{a}.</math> Parašę rekurentinę formulę šitaip: <math>x_{n+1}=\frac{\sqrt{a}}{2}\Big( \frac{x_n}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{x_n}\Big), </math> remsimės beveik savaime aiškia nelygybe <math>t+\frac{1}{t}\geq 2</math>*, kuri teisinga, kai <math>t>0</math> (imame <math>t= \frac{x_n}{\sqrt{a}} </math>). Gausime :<math>x_{n+1}=\frac{\sqrt{a}}{2}\Big( \frac{x_n}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{x_n}\Big)\geq \frac{\sqrt{a}}{2}\cdot 2=\sqrt{a}, </math> :kai <math>n\geq 1, </math> t. y. <math>x_n\geq \sqrt{a},</math> pradedant numeriu <math>n=2.</math> :Pagaliau įsitikinsime, kad ''seka <math>\{x_n\},</math> kai <math>n\geq 2,</math> nedidėja''. Iš rekurentinės formulės matome, kad <math>\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{1}{2}\Big( 1+\frac{a}{x_n^2}\Big), </math> o iš čia, turėdami mintyje, kad <math>x_n\geq \sqrt{a},</math> gauname <math>\frac{x_{n+1}}{x_n}\leq 1, </math> arba <math>x_n\geq x_{n+1}</math> (kai <math>n\geq 2</math>). :Kadangi seka <math>\{x_n\},</math> kai <math>n\geq 2,</math> nedidėja ir yra aprėžta iš apačios skaičiumi <math>\sqrt{a}</math> (nes <math>x_n\geq \sqrt{a}</math>), tai ji turi ribą, ne mažesnę kaip <math>\sqrt{a}</math> (žr. 3.15 ir 3.13 teoremą). Tą ribą pažymėkime raide ''c'' ir atsižvelgę į tai, kad <math>\lim_{n\to \infty} x_{n+1}=c,</math> o <math>\lim_{n\to \infty} \frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big)=\frac{1}{2}\Big( c+\frac{a}{c}\Big),</math> gauname lygybę :<math>c=\frac{1}{2}\Big( c+\frac{a}{c}\Big)</math>**, :<math>c^2=\frac{1}{2}\Big( c^2+a\Big),</math> :<math>2c^2= c^2+a,</math> :<math>2c^2-c^2=a,</math> :<math>c^2=a.</math> :Vadinasi, <math>c= \sqrt{a} .</math> :1 pastaba. Spręsdami pateiktuosius pavyzdžius, naudojomės plačiai taikomu metodu sekos ribai skaičiuoti. Metodo esmė: iš pradžių įsitikinama, kad sekos riba egzistuoja, o paskui iš lygties, kuri gaunama iš rekurentinės formulės, vietoje <math>x_n</math> ir <math>x_{n+1}</math> įrašius ieškomąją sekos <math>\{x_n\}</math> ribos reikšmę ''c'', apskaičiuojama tos ribos skaitinė reikšmė. :2 pastaba. Rekurentinės formulės dažnai naudojamos skaičiavimo matematikoje, nes jas taikant daug kartų, atliekamos to paties tipo skaičiavimo operacijos, o tai labai patogu skaičiuojant elektroninėmis skaičiavimo mašinomis. :Išnagrinėtoji rekurentinė formulė aprašo, kaip įsitikinome, <math> \sqrt{a}</math> skaičiavimo algoritmą (įrodėme, kad <math>\lim_{n\to \infty} x_n= \sqrt{a}</math>). :Vėliau bus tiriamas sekos <math>\{x_n\}</math> konvergavimo į <math>\sqrt{a}</math> greitis. Įrodoma, kad, tinkamai pasirinkus pirmąjį artinį <math>x_1,</math> kai <math>a>1,</math> jau ketvirtasis artinys <math>x_4</math> nuo skaičiaus <math>\sqrt{a}</math> skiriasi mažiau kaip <math>10^{-10}.</math> :'''3 pavyzdys.''' Įsitikinsime, kad sekos <math>\{c_n\},</math> kai <math>c_n=\frac{x^{n+1}}{(n+1)!},</math> o ''x'' – bet koks fiksuotas skaičius, riba lygi nuliui. Kai ''n'' – pakankamai didelis natūralusis skaičius, <math>\frac{|x|}{n+1}<1.</math> Todėl, pradedant kuriuo nors numeriu ''N'', turi būti <math>|c_{n+1}| < |c_n|,</math> nes <math>|c_{n+1}| =\frac{|x|^n}{n!} \cdot \frac{|x|}{n+1}= |c_n|\cdot \frac{|x|}{n+1}.</math> :Vadinasi, pradedant numeriu ''N'', seka <math>\{|c_n|\}</math> mažėja. Kadangi, be to, ji aprėžta iš apačios (pavyzdžiui nuliu), tai pagal 3.15 teoremą seka <math>\{|c_n|\}</math> konverguoja. Tarkime, kad ''c'' yra tos sekos riba. Iš lygybės <math>|c_{n+1}| = |c_n|\cdot \frac{|x|}{n+1}</math> išplaukia, kad <math>c=0,</math> nes sekos <math>\{|c_{n+1}|\}</math> riba lygi ''c'', o sekos <math>\{\frac{|x|}{n+1}\}</math> – nuliui. _____________________ :''*'' Tą nelygybę įrodinėjant, užtenka pastebėti, kad, kai <math>t>0,</math> ji ekvivalenti nelygybei <math>t^2-2t+1\geq 0.</math> :''**'' Ta lygybė gaunama iš rekurentinės formulės <math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big).</math> ==Sekos, aproksimuojančios a šaknyje, konvergavimo greitis== :Šio skyriaus 3 paragrafo 3 skirsnyje įrodėme, kad sekos <math>\{x_n\}</math> apibrėžiamos rekurentine formule :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big), \quad n=1, \; 2, \; 3, \; ..., \quad (3.10)</math> :kai <math>a>0,</math> o <math>x_1</math> – bet koks teigiamas skaičius, riba lygi <math>\sqrt{a}.</math> Skaičiaus <math>\sqrt{a}</math> artiniu galima laikyti bet kurį tos sekos narį <math>x_{n+1}.</math> Tokiu atveju, be abejo, reikia išsiaiškinti, koks turi būti įteracijų* skaičius ''n'', kad <math>\sqrt{a}</math> artinys būtų nurodyto tikslumo. ______________ :''*'' '''Iteracija''' (lot. ''iteratio'' – kartojimas) – kokios nors matematinės operacijos pakartojimas. Šiuo atveju ''viena'' iteracija yra <math>x_{n+1}</math> apskaičiavimas, kai žinomas <math>x_{n},</math> pagal rekurentinę (3.10) formulę. ______________ :Nagrinėsime seką <math>x_{n},</math> apibrėžtą rekurentine (3.10) formule. Tos sekos elementą <math>x_n</math> vadinsime skaičiaus <math>\gamma=\sqrt{a}\;</math> ''n-uoju artiniu''. Skaičių :<math>\varepsilon_n=\frac{x_n -\gamma}{\gamma} \quad (3.11)</math> :vadinsime ''n''-ojo artinio ''santykine paklaida''. :Įrodysime teiginį apie santykinės paklaidos <math>\varepsilon_{n+1}</math> įvertinimą, remiantis pirmojo artinio santykine paklaida <math>\varepsilon_{1}.</math> :''Jei <math>x_1</math> taip parinktas, kad <math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2},</math> tai su bet kokiu <math>n\geq 1</math> teisinga šitokia nelygybė: :<math>0< \varepsilon_{n+1} < \varepsilon_1^{2^n}. \quad (3.12)</math> :[ <math>0\leq \varepsilon_{n+1} \leq \varepsilon_1^{2^n},</math> kai <math>\varepsilon_{1}</math> gali būti lygus nuliui.] :'''Įrodymas.''' Iš (3.11) formulės :<math>x_n=\gamma(1+\varepsilon_n). \quad (3.13)</math> :Remdamiesi (3.10) ir (3.13) formulėmis bei lygybe <math>\frac{a}{\gamma}=\gamma,</math> gauname :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big)=\frac{1}{2}\left[ \gamma(1+\varepsilon)+\frac{a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=\frac{1}{2}\left[ \frac{a(1+\varepsilon_n)^2 +a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=</math> :<math>=\frac{1}{2}\left[ \frac{a(1+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2) +a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=\frac{a}{\gamma}\left[ \frac{(1+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2) +1}{2(1+\varepsilon_n)}\right]=\gamma\left[ \frac{2+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right]=\gamma\left[1 +\frac{\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right].</math> :Kadangi <math>x_{n+1}=\gamma(1+\varepsilon_{n+1}),</math> tai savaime aišku, kad :<math>\gamma(1+\varepsilon_{n+1})=\gamma\left[1 +\frac{\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right],</math> :<math>\varepsilon_{n+1}=\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)}\cdot \varepsilon_n^2 .\quad (3.14)</math> :Pagal sąlygą <math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2}.</math> Iš to išplaukia nelygybės <math>0<\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)} < 1.</math> Bet tada iš (3.14) lygybės, kai <math>n=1,</math> išplaukia nelygybė <math>\varepsilon_2\geq 0.</math> Panašiai naudodamiesi (3.14) lygybe, kai <math>n=1, \; 2, \; ..., </math> įsitikiname, kad visi <math>\varepsilon_{n+1}</math> yra neneigiami (<math>n\geq 1</math>). :Iš (3.14) lygybės, nelygybių <math>0<\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)} < 1</math> ir iš to, kad visi <math>\varepsilon_{n},</math> kai <math>n> 1,</math> yra neneigiami, išplaukia nelygybė <math>\varepsilon_{n+1}<\varepsilon_n^2,</math> kai <math>n\geq 1.</math> Iš čia gauname dešiniąją (3.12) nelygybę. Teiginys įrodytas. :[<math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2}, \; </math> <math>\varepsilon_{2}<\varepsilon_1^2, \;</math> <math>\varepsilon_{3}<\varepsilon_2^2 <(\varepsilon_1^2)^2=\varepsilon_1^4, \;</math> <math>\varepsilon_{4}<\varepsilon_3^2 <(\varepsilon_1^4)^2=\varepsilon_1^8=\varepsilon_1^{2^3}</math> ir taip toliau.] :Iš (3.12) nelygybių matyti, kad <math>\sqrt{a}</math> artinio po ''n'' iteracijų santykinė paklaida įvertinama, remiantis pirmojo artinio <math>x_1</math> santykine paklaida <math>\varepsilon_{1}</math> ir iteracijų skaičiumi ''n''. Vėliau įsitikinsime, jog tuo atveju, kai <math>a>1</math>*, pirmąjį artinį galima pasirinkti taip, kad santykinės paklaidos <math>\varepsilon_{1}</math> modulis nebūtų didesnis už 0.05. Savaime aišku, taip pasirinkus <math>x_1,</math> santykinė paklaida tenkins įrodytojo teiginio sąlygas. Tuomet bus aišku ir koks turi būti iteracijų skaičius ''n'', kad <math>\sqrt{a}</math> artinio santykinė paklaida nebūtų didesnė už duotąjį skaičių <math>\varepsilon</math>: ''tą skaičių n galima rasti iš nelygybės''* (ta nelygybė gaunama tiesiog iš (3.12) nelygybių) :<math>(0.05)^{2^n} < \varepsilon. \quad (3.15)</math> :Taigi tarkime, kad <math>a>1.</math> Skaičių ''a'' išreikšime šitaip: :<math>a=2^{2k+i} M; \quad (3.16)</math> :čia ''k'' – sveikasis neneigiamas skaičius, skaičius ''i'' lygus arba nuliui, arba vienetui, o skaičius ''M'' tenkina sąlygą :<math>1\leq M <2. \quad (3.17)</math> :Pabrėšime, kad skaičius ''a'' išreiškiamas (3.16) pavidalu vieninteliu budu. :Pirmąjį artinį <math>x_1</math> pasirinkime šitaip: :<math>x_1=2^k \Big( \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} \Big). \quad (3.18)</math> :Įsitikinsime, kad tuo atveju, kai ''M'' – ''bet koks'' skaičius, tenkinantis (3.17) sąlygas, pirmojo <math>\sqrt{a}</math> artinio <math>x_1,</math> rasto pagal (3.18) formulę, santikinės paklaidos <math>\varepsilon_1</math> modulis ne didesnis kaip 0.05. :Įrodinėdami šį teiginį, remsimės tikslia santykinės paklaidos išraiška <math>\varepsilon_1=\frac{x_1 -\gamma}{\gamma} .</math> Iš (3.16) lygybės gauname <math>\gamma=\sqrt{a}=2^k \sqrt{2^i M};</math> todėl iš <math>\varepsilon_1</math> išraiškos ir iš (3.18) formulės :<math>\varepsilon_1=\frac{x_1 -\gamma}{\gamma} =\frac{2^k \Big( \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} \Big) -2^k \sqrt{2^i M}}{2^k \sqrt{2^i M}} =\frac{ \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} - \sqrt{2^i M}}{ \sqrt{2^i M}}. \quad (3.19)</math> _______________ :''*'' Jei <math>a<1,</math> tai <math>a=\frac{1}{b}</math> ir <math>b>1.</math> Tada <math>\sqrt{a}=\frac{1}{\sqrt{b}}.</math> oc5kys6udgggoxpvwxzjdlz3v0m2yto 35089 35088 2024-04-27T18:15:26Z Paraboloid 1294 /* Sekos, aproksimuojančios a šaknyje, konvergavimo greitis */ wikitext text/x-wiki ==3. Monotoninės sekos== ===1. Monotoninių sekų apibrėžimas.=== :'''Apibrėžimas'''. ''Seka <math>\{x_n\}</math> vadinama '''nemažėjančia''' ('''nedidėjančia'''), jei kiekvienas tos sekos elementas ne mažesnis (ne didesnis) už pirmesnįjį elementą, t. y., jei su visais numeriais n teisinga nelygybė :<math>x_n \leq x_{n+1} \;\;</math> (<math>x_n \geq x_{n+1} </math>). :Nemažėjančios ir nedidėjančios sekos vadinamos ''monotoninėmis sekomis''. Jei monotoninės sekos <math>\{x_n\}</math> elementai su bet kuriuo numeriu ''n'' tenkina nelygybę <math>x_n < x_{n+1} \;\;</math> (<math>x_n > x_{n+1} </math>), tai seka <math>\{x_n\}</math> vadinama ''didėjančia'' (''mažėjančia''). Didėjančios ir mažėjančios sekos dar vadinamos ''griežtai monotoninėmis sekomis''. :Monotoninės sekos yra aprėžtos arba iš viršaus, arba iš apačios; būtent, ''nedidėjančios sekos aprėžtos iš viršaus'', o ''nemažėjančios aprėžtos iš apačios pirmaisiais savo elementais. Todėl nedidėjanti seka yra aprėžta iš abiejų pusių, kai ji aprėžta iš apačios, o nemažėjanti seka yra aprėžta iš abiejų pusių, kai ji aprėžta iš viršaus. :Pateiksime tris monotoninių sekų pavyzdžius. :1. Seka <math>1, \; 1, \; \frac{1}{2}, \; \frac{1}{2}, \; ..., \; \frac{1}{n}, \; \frac{1}{n}, \; ... \;</math> nedidėjanti. Ji aprėžta iš viršaus savo pirmuoju elementu, lygiu vienetui, o iš apačios - skaičiumi 0. :2. Seka <math>1, \; 1, \; 2, \; 2, \; ..., \; n, \; n, \; ... \;</math> nemažėjanti. Ji aprėžta iš apačios savo pirmuoju elementu, o iš viršaus neaprėžta. :3. Seka <math>\frac{1}{2}, \; \frac{2}{3}, \; \frac{3}{4}, \; ..., \; \frac{n}{n+1}, \; ... \;</math> didėjanti. Ji aprėžta iš abiejų pusių: iš apačios pirmuoju elementu <math>\frac{1}{2},</math> iš viršaus, pavyzdžiui, skaičiumi 1. ===2. Monotoninės sekos konvergavimo požymis.=== :Įrodysime ''pagrindinę'' teoremą. :'' '''3.15 teorema.''' Jei nemažėjanti (nedidėjanti) seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus (iš apačios), tai ji konverguoja''. :Pagal praeitą skirsnį seka <math>\{x_n\},</math> atitinkanti 3.15 teoremos sąlygas, yra aprėžta. Todėl 3.15 teoremą galima trumpai formuluoti taip: ''jei monotoninė seka <math>\{x_n\}</math> yra aprėžta iš abiejų pusių, tai ji konverguoja''. :'''Įrodymas.''' Kadangi seka <math>\{x_n\}</math> yra aprėžta, tai jos elementų aibė turi tikslųjį viršutinį rėžį <math>\overline{x}</math> ir tikslųjį apatinį rėžį <math>\underline{x}.</math> Įrodysime štai ką: jei <math>\{x_n\}</math> – nemažėjanti seka, tai jos riba yra minėtasis tikslusis viršutinis rėžis; jei <math>\{x_n\}</math> – nedidėjanti seka, tai jos riba yra minėtasis tikslusis apatinis rėžis <math>\underline{x}.</math> Išnagrinėsime tik nemažėjančią seką, nes samprotavimai apie nedidėjančią seką būtų analogiški. :Kadangi <math>\overline{x}</math> yra sekos <math>\{x_n\}</math> elementų aibės tikslusis viršutinis rėžis, tai kiekvieną <math>\varepsilon>0</math> atitinka toks elementas <math>x_N,</math> kad <math>x_N>\overline{x}-\varepsilon</math> ir <math>x_N\leq \overline{x}</math> (bet koks elementas <math>x_n</math> ne didesnis už tikslųjį viršutinį rėžį <math>\overline{x},</math> t. y. <math>x_n \leq \overline{x}</math>). Iš šitų nelygybių gauname nelygybes <math>0\leq \overline{x}-x_N < \varepsilon.</math> Kadangi <math>\{x_n\}</math> – nemažėjanti seka, tai nelygybės <math>x_N \leq x_n \leq \overline{x}</math> yra teisingos, kai <math>n\geq N.</math> Iš to išplaukia, kad <math>0\leq \overline{x}-x_n \leq \overline{x}-x_N, \;</math> kai <math>n\geq N.</math> Anksčiau pabrėžėme, kad <math> \overline{x}-x_N < \varepsilon, </math> todėl, kai <math>n\geq N,</math> teisingos nelygybės <math>0\leq \overline{x}-x_n < \varepsilon,</math> iš kurių gauname nelygybę <math>|x_n-\overline{x}|<\varepsilon.</math> Vadinasi, įsitikinome, kad <math>\overline{x}</math> yra sekos <math>\{x_n\}</math> riba. Teorema įrodyta. :1 pastaba. ''Monotoninės sekos aprėžtumas yra būtinas ir pakankamas jos konvergavimo požymis''. :Iš tikrųjų, jei monotoninė seka yra aprėžta, tai pagal 3.15 teoremą ji konverguoja; jei monotoninė seka konverguoja, tai, remiantis 3.8 teorema, ji yra aprėžta. :2 pastaba. Konverguojanti seka gali ir nebūti monotoninė. Pavyzdžiui, seka <math>\{x_n\},</math> apibrėžta formule <math>x_n=\frac{(-1)^n}{n},</math> konverguoja, o jos riba yra skaičius 0. Tačiau ši seka nėra monotoninė, nes po teigiamo elemento eina neigiamas, o po neigiamo – teigiamas. :3 pastaba. Jei <math>\{x_n\}</math> yra nemažėjanti ir aprėžta seka, o <math>\overline{x}</math> – tos sekos riba, tai visi jos elementai tenkina nelygybę <math>x_n \leq \overline{x}.</math> Nedidėjančios ir aprėžtos sekos <math>\{x_n\},</math> konverguojančios į <math>\underline{x},</math> elementai tenkina nelygybę <math>\underline{x}\leq x_n.</math> Kad šie teiginiai teisingi, įsitikinome, įrodinėdami 3.15 teoremą. :'' '''3.15 teoremos išvada.''' Sakykime, duota begalinė segmentų sistema <math>[a_1; \; b_1], \; [a_2; \; b_2], \; ..., \; [a_n; \; b_n], \; ... \;</math> Jei kiekvienas segmentas yra pirmesniajame*, o skirtumas <math>b_n-a_n</math> (jį vadinsime segmento <math>[a_n; \; b_n]</math> ilgiu) artėja prie nulio, kai <math>n\to\infty</math> (segmentų sistemą, turinčią šią savybę, vadinsime susitraukiančia), tai egzistuoja vienintelis taškas c, priklausantis visiems tos sistemos segmentams. :'''Įrodymas.''' Pirmiausia pastebėsime, kad taškas ''c'', priklausantis visiems segmentams, gali būti tik vienas. Iš tikrųjų, jei būtų dar vienas taškas ''d'', priklausantis visiems segmentams, tai segmentas ** [''c''; ''d''] priklausytų visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n].</math> Bet tokiu atveju su bet kokiu numeriu ''n'' būtų teisingos nelygybės <math>b_n-a_n\geq d-c>0; </math> tai neįmanoma, nes <math>b_n-a_n \to 0, </math> kai <math>n\to \infty.</math> Dabar įsitikinsime, kad taškas ''c'', priklausantis visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n],</math> egzistuoja. Kadangi segmentų sistema yra susitraukianti, tai kairiųjų galų seka <math>\{a_n\}</math> yra nemažėjanti, o dešiniųjų galų seka <math>\{b_n\},</math> – nedidėjanti. Kadangi abi tos sekos yra aprėžtos (visi sekų <math>\{a_n\}</math> ir <math>\{b_n\}</math> elementai priklauso segmentui <math>[a_1; \; b_1]</math>), tai pagal 3.15 teoremą jos konverguoja. Iš to, kad skirtumas <math>b_n-a_n</math> nyksta, išplaukia, jog minimosios sekos turi bendrą ribą. Tą ribą žymėkime raide ''c''. Remiantis 3 pastaba, su bet kokiu numeriu ''n'' teisingos šios nelygybės: <math>a_n\leq c \leq b_n,</math> t. y. taškas ''c'' priklauso visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n].</math> _______________ :''*'' Tai reiškia, kad <math>a_{n-1}\leq a_n<b_n \leq b_{n-1}.</math> :''**'' Siekdami konkretumo, tariame, kad ''d > c''. ===3. Keli konverguojančių monotoninių sekų pavyzdžiai.=== :Išnagrinėsime kelias sekas, kurių ribas apskaičiuosime, remdamiesi 3.15 teorema apie monotoninės sekos ribą. Be to, šiame skirsnyje susipažinsime su vienu bendru sekos ribos ieškojimo metodu, kai seka apibrėžiama rekurentine formule (Rekurentinė formulė (lot. ''recurrens – grįžtas) – formulė, pagal kurią <math>(n+1)</math>-ąjį sekos elementą galima išreikšti jos pirmųjų ''n'' elementų reikšmėmis.). :'''1 pavyzdys.''' Tirsime seką <math>\{x_n\},</math> kurios elementas <math>x_n</math> lygus :<math>x_n=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+...+\sqrt{a}}}}, \;\; a>0</math> :(''n'' radikalų). Tą pačią seką galima, savaime aišku, nusakyti šitokia rekurentine formule: :<math>x_1=\sqrt{a}, \quad x_n=\sqrt{a+x_{n-1}}.</math> :Norėdami įsitikinti, kad sekos <math>\{x_n\}</math> riba egzistuoja, įrodysime, jog ta seka yra ''didėjanti'' ir ''aprėžta''. Kad ta seka didėja, matyti tiesiog. Įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus skaičiumi ''A'', kai ''A'' – didedsnysis iš dviejų skaičių ''a'' ir 2. Jei <math>x_n \leq a,</math> tai teiginys jau įrodytas. Jei <math>x_n > a,</math> tai, dešinėje nelygybės <math>x_n^2=a+x_{n-1} \leq a+x_n \;</math> pusėje skaičių ''a'' pakeitę didesniu už jį skaičiumi <math>x_n,</math> gauname <math>x_n^2 <2x_n ,</math> o iš čia <math>x_n <2.</math> Taigi įrodėme, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus. Pagal 3.15 teoremą ta seka turi ribą. Pažymėkime tą ribą raide ''c''. Savaime aišku, <math>c>0.</math> Iš rekurentinės formulės turime lygybę :<math> x_n^2=a+x_{n-1},</math> :iš kurios matyti, kad sekos <math>\{x_n^2 \}</math> ir <math>\{a+x_{n-1}\}</math> sutampa. Todėl jos turi bendrą ribą. Kadangi pirmosios sekos riba lygi <math>c^2,</math> o antrosios <math>a+c</math> (kai ''n'' varo į begalybę skaičiams <math>x_n</math> ir <math>x_{n-1},</math> tai <math>x_n</math> praktiškai nesiskiria nuo <math>x_{n-1}</math> ir abu yra labai arti ''c'' reikšmės (abu labai panašūs į ''c'')), tai <math>c^2=a+c.</math> Iš čia, turėdami mintyje, kad <math>c>0,</math> randame ''c'': :<math>c^2=a+c,</math> :<math>c^2-c-a=0,</math> :<math>c_{1,2}=\frac{-(-1)\pm\sqrt{(-1)^2-4\cdot (-a)}}{2}=\frac{1\pm\sqrt{1+4a}}{2};</math> :kadangi <math>c>0,</math> tai :<math>c=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}.</math> :'''2 pavyzdys.''' Tirsime seką <math>\{x_n\},</math> kuria dažniausiai naudojamasi, apskaičiuojant teigiamo skaičiaus ''a'' kvadratinę šankį elektronine skaičiavimo mašina. Šita seka apibrėžiama tokia rekurentine formule: :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big), \quad n=1, \; 2, \; 3, \; ...</math> :Pirmuoju elementu <math>x_1</math> čia galima laikyti bet kokį teigiamą skaičių. :Įrodysime, kad ta seka konverguoja, o jos riba yra skaičius <math>\sqrt{a}.</math> Pirmiausia įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> turi ribą. Tam užtenka įrodyti, kad seka <math>\{x_n\}</math> yra ''aprėžta iš apačios'' ir kad, ''pradedant antruoju elementu, ji nedidėja''. Iš pradžių įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš apačios. Sąlygoje pasakyta, jog <math>x_1>0,</math> o iš rekurentinės formulės, kai <math>n=1,</math> gauname <math>x_2>0.</math> Taip samprotaudami toliau, įsitikiname, kad visi <math>x_n</math> yra teigiami. :Dabar įrodysime, kad ''visi <math>x_n,</math> kai <math>n\geq 2,</math> tenkina nelygybę'' <math>x_n\geq \sqrt{a}.</math> Parašę rekurentinę formulę šitaip: <math>x_{n+1}=\frac{\sqrt{a}}{2}\Big( \frac{x_n}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{x_n}\Big), </math> remsimės beveik savaime aiškia nelygybe <math>t+\frac{1}{t}\geq 2</math>*, kuri teisinga, kai <math>t>0</math> (imame <math>t= \frac{x_n}{\sqrt{a}} </math>). Gausime :<math>x_{n+1}=\frac{\sqrt{a}}{2}\Big( \frac{x_n}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{x_n}\Big)\geq \frac{\sqrt{a}}{2}\cdot 2=\sqrt{a}, </math> :kai <math>n\geq 1, </math> t. y. <math>x_n\geq \sqrt{a},</math> pradedant numeriu <math>n=2.</math> :Pagaliau įsitikinsime, kad ''seka <math>\{x_n\},</math> kai <math>n\geq 2,</math> nedidėja''. Iš rekurentinės formulės matome, kad <math>\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{1}{2}\Big( 1+\frac{a}{x_n^2}\Big), </math> o iš čia, turėdami mintyje, kad <math>x_n\geq \sqrt{a},</math> gauname <math>\frac{x_{n+1}}{x_n}\leq 1, </math> arba <math>x_n\geq x_{n+1}</math> (kai <math>n\geq 2</math>). :Kadangi seka <math>\{x_n\},</math> kai <math>n\geq 2,</math> nedidėja ir yra aprėžta iš apačios skaičiumi <math>\sqrt{a}</math> (nes <math>x_n\geq \sqrt{a}</math>), tai ji turi ribą, ne mažesnę kaip <math>\sqrt{a}</math> (žr. 3.15 ir 3.13 teoremą). Tą ribą pažymėkime raide ''c'' ir atsižvelgę į tai, kad <math>\lim_{n\to \infty} x_{n+1}=c,</math> o <math>\lim_{n\to \infty} \frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big)=\frac{1}{2}\Big( c+\frac{a}{c}\Big),</math> gauname lygybę :<math>c=\frac{1}{2}\Big( c+\frac{a}{c}\Big)</math>**, :<math>c^2=\frac{1}{2}\Big( c^2+a\Big),</math> :<math>2c^2= c^2+a,</math> :<math>2c^2-c^2=a,</math> :<math>c^2=a.</math> :Vadinasi, <math>c= \sqrt{a} .</math> :1 pastaba. Spręsdami pateiktuosius pavyzdžius, naudojomės plačiai taikomu metodu sekos ribai skaičiuoti. Metodo esmė: iš pradžių įsitikinama, kad sekos riba egzistuoja, o paskui iš lygties, kuri gaunama iš rekurentinės formulės, vietoje <math>x_n</math> ir <math>x_{n+1}</math> įrašius ieškomąją sekos <math>\{x_n\}</math> ribos reikšmę ''c'', apskaičiuojama tos ribos skaitinė reikšmė. :2 pastaba. Rekurentinės formulės dažnai naudojamos skaičiavimo matematikoje, nes jas taikant daug kartų, atliekamos to paties tipo skaičiavimo operacijos, o tai labai patogu skaičiuojant elektroninėmis skaičiavimo mašinomis. :Išnagrinėtoji rekurentinė formulė aprašo, kaip įsitikinome, <math> \sqrt{a}</math> skaičiavimo algoritmą (įrodėme, kad <math>\lim_{n\to \infty} x_n= \sqrt{a}</math>). :Vėliau bus tiriamas sekos <math>\{x_n\}</math> konvergavimo į <math>\sqrt{a}</math> greitis. Įrodoma, kad, tinkamai pasirinkus pirmąjį artinį <math>x_1,</math> kai <math>a>1,</math> jau ketvirtasis artinys <math>x_4</math> nuo skaičiaus <math>\sqrt{a}</math> skiriasi mažiau kaip <math>10^{-10}.</math> :'''3 pavyzdys.''' Įsitikinsime, kad sekos <math>\{c_n\},</math> kai <math>c_n=\frac{x^{n+1}}{(n+1)!},</math> o ''x'' – bet koks fiksuotas skaičius, riba lygi nuliui. Kai ''n'' – pakankamai didelis natūralusis skaičius, <math>\frac{|x|}{n+1}<1.</math> Todėl, pradedant kuriuo nors numeriu ''N'', turi būti <math>|c_{n+1}| < |c_n|,</math> nes <math>|c_{n+1}| =\frac{|x|^n}{n!} \cdot \frac{|x|}{n+1}= |c_n|\cdot \frac{|x|}{n+1}.</math> :Vadinasi, pradedant numeriu ''N'', seka <math>\{|c_n|\}</math> mažėja. Kadangi, be to, ji aprėžta iš apačios (pavyzdžiui nuliu), tai pagal 3.15 teoremą seka <math>\{|c_n|\}</math> konverguoja. Tarkime, kad ''c'' yra tos sekos riba. Iš lygybės <math>|c_{n+1}| = |c_n|\cdot \frac{|x|}{n+1}</math> išplaukia, kad <math>c=0,</math> nes sekos <math>\{|c_{n+1}|\}</math> riba lygi ''c'', o sekos <math>\{\frac{|x|}{n+1}\}</math> – nuliui. _____________________ :''*'' Tą nelygybę įrodinėjant, užtenka pastebėti, kad, kai <math>t>0,</math> ji ekvivalenti nelygybei <math>t^2-2t+1\geq 0.</math> :''**'' Ta lygybė gaunama iš rekurentinės formulės <math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big).</math> ==Sekos, aproksimuojančios a šaknyje, konvergavimo greitis== :Šio skyriaus 3 paragrafo 3 skirsnyje įrodėme, kad sekos <math>\{x_n\}</math> apibrėžiamos rekurentine formule :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big), \quad n=1, \; 2, \; 3, \; ..., \quad (3.10)</math> :kai <math>a>0,</math> o <math>x_1</math> – bet koks teigiamas skaičius, riba lygi <math>\sqrt{a}.</math> Skaičiaus <math>\sqrt{a}</math> artiniu galima laikyti bet kurį tos sekos narį <math>x_{n+1}.</math> Tokiu atveju, be abejo, reikia išsiaiškinti, koks turi būti įteracijų* skaičius ''n'', kad <math>\sqrt{a}</math> artinys būtų nurodyto tikslumo. ______________ :''*'' '''Iteracija''' (lot. ''iteratio'' – kartojimas) – kokios nors matematinės operacijos pakartojimas. Šiuo atveju ''viena'' iteracija yra <math>x_{n+1}</math> apskaičiavimas, kai žinomas <math>x_{n},</math> pagal rekurentinę (3.10) formulę. ______________ :Nagrinėsime seką <math>x_{n},</math> apibrėžtą rekurentine (3.10) formule. Tos sekos elementą <math>x_n</math> vadinsime skaičiaus <math>\gamma=\sqrt{a}\;</math> ''n-uoju artiniu''. Skaičių :<math>\varepsilon_n=\frac{x_n -\gamma}{\gamma} \quad (3.11)</math> :vadinsime ''n''-ojo artinio ''santykine paklaida''. :Įrodysime teiginį apie santykinės paklaidos <math>\varepsilon_{n+1}</math> įvertinimą, remiantis pirmojo artinio santykine paklaida <math>\varepsilon_{1}.</math> :''Jei <math>x_1</math> taip parinktas, kad <math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2},</math> tai su bet kokiu <math>n\geq 1</math> teisinga šitokia nelygybė: :<math>0< \varepsilon_{n+1} < \varepsilon_1^{2^n}. \quad (3.12)</math> :[ <math>0\leq \varepsilon_{n+1} \leq \varepsilon_1^{2^n},</math> kai <math>\varepsilon_{1}</math> gali būti lygus nuliui.] :'''Įrodymas.''' Iš (3.11) formulės :<math>x_n=\gamma(1+\varepsilon_n). \quad (3.13)</math> :Remdamiesi (3.10) ir (3.13) formulėmis bei lygybe <math>\frac{a}{\gamma}=\gamma,</math> gauname :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big)=\frac{1}{2}\left[ \gamma(1+\varepsilon)+\frac{a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=\frac{1}{2}\left[ \frac{a(1+\varepsilon_n)^2 +a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=</math> :<math>=\frac{1}{2}\left[ \frac{a(1+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2) +a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=\frac{a}{\gamma}\left[ \frac{(1+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2) +1}{2(1+\varepsilon_n)}\right]=\gamma\left[ \frac{2+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right]=\gamma\left[1 +\frac{\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right].</math> :Kadangi <math>x_{n+1}=\gamma(1+\varepsilon_{n+1}),</math> tai savaime aišku, kad :<math>\gamma(1+\varepsilon_{n+1})=\gamma\left[1 +\frac{\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right],</math> :<math>\varepsilon_{n+1}=\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)}\cdot \varepsilon_n^2 .\quad (3.14)</math> :Pagal sąlygą <math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2}.</math> Iš to išplaukia nelygybės <math>0<\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)} < 1.</math> Bet tada iš (3.14) lygybės, kai <math>n=1,</math> išplaukia nelygybė <math>\varepsilon_2\geq 0.</math> Panašiai naudodamiesi (3.14) lygybe, kai <math>n=1, \; 2, \; ..., </math> įsitikiname, kad visi <math>\varepsilon_{n+1}</math> yra neneigiami (<math>n\geq 1</math>). :Iš (3.14) lygybės, nelygybių <math>0<\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)} < 1</math> ir iš to, kad visi <math>\varepsilon_{n},</math> kai <math>n> 1,</math> yra neneigiami, išplaukia nelygybė <math>\varepsilon_{n+1}<\varepsilon_n^2,</math> kai <math>n\geq 1.</math> Iš čia gauname dešiniąją (3.12) nelygybę. Teiginys įrodytas. :[<math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2}, \; </math> <math>\varepsilon_{2}<\varepsilon_1^2, \;</math> <math>\varepsilon_{3}<\varepsilon_2^2 <(\varepsilon_1^2)^2=\varepsilon_1^4, \;</math> <math>\varepsilon_{4}<\varepsilon_3^2 <(\varepsilon_1^4)^2=\varepsilon_1^8=\varepsilon_1^{2^3}</math> ir taip toliau.] :Iš (3.12) nelygybių matyti, kad <math>\sqrt{a}</math> artinio po ''n'' iteracijų santykinė paklaida įvertinama, remiantis pirmojo artinio <math>x_1</math> santykine paklaida <math>\varepsilon_{1}</math> ir iteracijų skaičiumi ''n''. Vėliau įsitikinsime, jog tuo atveju, kai <math>a>1</math>*, pirmąjį artinį galima pasirinkti taip, kad santykinės paklaidos <math>\varepsilon_{1}</math> modulis nebūtų didesnis už 0.05. Savaime aišku, taip pasirinkus <math>x_1,</math> santykinė paklaida tenkins įrodytojo teiginio sąlygas. Tuomet bus aišku ir koks turi būti iteracijų skaičius ''n'', kad <math>\sqrt{a}</math> artinio santykinė paklaida nebūtų didesnė už duotąjį skaičių <math>\varepsilon</math>: ''tą skaičių n galima rasti iš nelygybės''* (ta nelygybė gaunama tiesiog iš (3.12) nelygybių) :<math>(0.05)^{2^n} < \varepsilon. \quad (3.15)</math> :Taigi tarkime, kad <math>a>1.</math> Skaičių ''a'' išreikšime šitaip: :<math>a=2^{2k+i} M; \quad (3.16)</math> :čia ''k'' – sveikasis neneigiamas skaičius, skaičius ''i'' lygus arba nuliui, arba vienetui, o skaičius ''M'' tenkina sąlygą :<math>1\leq M <2. \quad (3.17)</math> :Pabrėšime, kad skaičius ''a'' išreiškiamas (3.16) pavidalu vieninteliu budu. :Pirmąjį artinį <math>x_1</math> pasirinkime šitaip: :<math>x_1=2^k \Big( \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} \Big). \quad (3.18)</math> :Įsitikinsime, kad tuo atveju, kai ''M'' – ''bet koks'' skaičius, tenkinantis (3.17) sąlygas, pirmojo <math>\sqrt{a}</math> artinio <math>x_1,</math> rasto pagal (3.18) formulę, santikinės paklaidos <math>\varepsilon_1</math> modulis ne didesnis kaip 0.05. :Įrodinėdami šį teiginį, remsimės tikslia santykinės paklaidos išraiška <math>\varepsilon_1=\frac{x_1 -\gamma}{\gamma} .</math> Iš (3.16) lygybės gauname <math>\gamma=\sqrt{a}=2^k \sqrt{2^i M};</math> todėl iš <math>\varepsilon_1</math> išraiškos ir iš (3.18) formulės :<math>\varepsilon_1=\frac{x_1 -\gamma}{\gamma} =\frac{2^k \Big( \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} \Big) -2^k \sqrt{2^i M}}{2^k \sqrt{2^i M}} =\frac{ \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} - \sqrt{2^i M}}{ \sqrt{2^i M}}. \quad (3.19)</math> :Kadangi skaičius ''i'' lygus arba nuliui, arba vienetui, o <math>M\geq 1,</math> tai <math>\sqrt{2^i M}\geq 1.</math> Todėl iš (3.19) lygybės išplaukia nelygybė :<math>|\varepsilon_1|\leq | \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} - \sqrt{2^i M} |. \quad (3.20)</math> :Pažymėkime <math>\sqrt{2^i M}</math> raide ''X''. Kadangi <math>1\leq M<2,</math> o ''i'' lygus arba nuliui, arba vienetui, tai visos galimos ''X'' reikšmės priklauso intervalui [1; 2): :<math>1\leq X<2. \quad (3.21)</math> _______________ :''*'' Jei <math>a<1,</math> tai <math>a=\frac{1}{b}</math> ir <math>b>1.</math> Tada <math>\sqrt{a}=\frac{1}{\sqrt{b}}.</math> 2yk2hwuj8a2i03s68x07z2rxrrwhbz9 35090 35089 2024-04-27T18:22:46Z Paraboloid 1294 /* Sekos, aproksimuojančios a šaknyje, konvergavimo greitis */ wikitext text/x-wiki ==3. Monotoninės sekos== ===1. Monotoninių sekų apibrėžimas.=== :'''Apibrėžimas'''. ''Seka <math>\{x_n\}</math> vadinama '''nemažėjančia''' ('''nedidėjančia'''), jei kiekvienas tos sekos elementas ne mažesnis (ne didesnis) už pirmesnįjį elementą, t. y., jei su visais numeriais n teisinga nelygybė :<math>x_n \leq x_{n+1} \;\;</math> (<math>x_n \geq x_{n+1} </math>). :Nemažėjančios ir nedidėjančios sekos vadinamos ''monotoninėmis sekomis''. Jei monotoninės sekos <math>\{x_n\}</math> elementai su bet kuriuo numeriu ''n'' tenkina nelygybę <math>x_n < x_{n+1} \;\;</math> (<math>x_n > x_{n+1} </math>), tai seka <math>\{x_n\}</math> vadinama ''didėjančia'' (''mažėjančia''). Didėjančios ir mažėjančios sekos dar vadinamos ''griežtai monotoninėmis sekomis''. :Monotoninės sekos yra aprėžtos arba iš viršaus, arba iš apačios; būtent, ''nedidėjančios sekos aprėžtos iš viršaus'', o ''nemažėjančios aprėžtos iš apačios pirmaisiais savo elementais. Todėl nedidėjanti seka yra aprėžta iš abiejų pusių, kai ji aprėžta iš apačios, o nemažėjanti seka yra aprėžta iš abiejų pusių, kai ji aprėžta iš viršaus. :Pateiksime tris monotoninių sekų pavyzdžius. :1. Seka <math>1, \; 1, \; \frac{1}{2}, \; \frac{1}{2}, \; ..., \; \frac{1}{n}, \; \frac{1}{n}, \; ... \;</math> nedidėjanti. Ji aprėžta iš viršaus savo pirmuoju elementu, lygiu vienetui, o iš apačios - skaičiumi 0. :2. Seka <math>1, \; 1, \; 2, \; 2, \; ..., \; n, \; n, \; ... \;</math> nemažėjanti. Ji aprėžta iš apačios savo pirmuoju elementu, o iš viršaus neaprėžta. :3. Seka <math>\frac{1}{2}, \; \frac{2}{3}, \; \frac{3}{4}, \; ..., \; \frac{n}{n+1}, \; ... \;</math> didėjanti. Ji aprėžta iš abiejų pusių: iš apačios pirmuoju elementu <math>\frac{1}{2},</math> iš viršaus, pavyzdžiui, skaičiumi 1. ===2. Monotoninės sekos konvergavimo požymis.=== :Įrodysime ''pagrindinę'' teoremą. :'' '''3.15 teorema.''' Jei nemažėjanti (nedidėjanti) seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus (iš apačios), tai ji konverguoja''. :Pagal praeitą skirsnį seka <math>\{x_n\},</math> atitinkanti 3.15 teoremos sąlygas, yra aprėžta. Todėl 3.15 teoremą galima trumpai formuluoti taip: ''jei monotoninė seka <math>\{x_n\}</math> yra aprėžta iš abiejų pusių, tai ji konverguoja''. :'''Įrodymas.''' Kadangi seka <math>\{x_n\}</math> yra aprėžta, tai jos elementų aibė turi tikslųjį viršutinį rėžį <math>\overline{x}</math> ir tikslųjį apatinį rėžį <math>\underline{x}.</math> Įrodysime štai ką: jei <math>\{x_n\}</math> – nemažėjanti seka, tai jos riba yra minėtasis tikslusis viršutinis rėžis; jei <math>\{x_n\}</math> – nedidėjanti seka, tai jos riba yra minėtasis tikslusis apatinis rėžis <math>\underline{x}.</math> Išnagrinėsime tik nemažėjančią seką, nes samprotavimai apie nedidėjančią seką būtų analogiški. :Kadangi <math>\overline{x}</math> yra sekos <math>\{x_n\}</math> elementų aibės tikslusis viršutinis rėžis, tai kiekvieną <math>\varepsilon>0</math> atitinka toks elementas <math>x_N,</math> kad <math>x_N>\overline{x}-\varepsilon</math> ir <math>x_N\leq \overline{x}</math> (bet koks elementas <math>x_n</math> ne didesnis už tikslųjį viršutinį rėžį <math>\overline{x},</math> t. y. <math>x_n \leq \overline{x}</math>). Iš šitų nelygybių gauname nelygybes <math>0\leq \overline{x}-x_N < \varepsilon.</math> Kadangi <math>\{x_n\}</math> – nemažėjanti seka, tai nelygybės <math>x_N \leq x_n \leq \overline{x}</math> yra teisingos, kai <math>n\geq N.</math> Iš to išplaukia, kad <math>0\leq \overline{x}-x_n \leq \overline{x}-x_N, \;</math> kai <math>n\geq N.</math> Anksčiau pabrėžėme, kad <math> \overline{x}-x_N < \varepsilon, </math> todėl, kai <math>n\geq N,</math> teisingos nelygybės <math>0\leq \overline{x}-x_n < \varepsilon,</math> iš kurių gauname nelygybę <math>|x_n-\overline{x}|<\varepsilon.</math> Vadinasi, įsitikinome, kad <math>\overline{x}</math> yra sekos <math>\{x_n\}</math> riba. Teorema įrodyta. :1 pastaba. ''Monotoninės sekos aprėžtumas yra būtinas ir pakankamas jos konvergavimo požymis''. :Iš tikrųjų, jei monotoninė seka yra aprėžta, tai pagal 3.15 teoremą ji konverguoja; jei monotoninė seka konverguoja, tai, remiantis 3.8 teorema, ji yra aprėžta. :2 pastaba. Konverguojanti seka gali ir nebūti monotoninė. Pavyzdžiui, seka <math>\{x_n\},</math> apibrėžta formule <math>x_n=\frac{(-1)^n}{n},</math> konverguoja, o jos riba yra skaičius 0. Tačiau ši seka nėra monotoninė, nes po teigiamo elemento eina neigiamas, o po neigiamo – teigiamas. :3 pastaba. Jei <math>\{x_n\}</math> yra nemažėjanti ir aprėžta seka, o <math>\overline{x}</math> – tos sekos riba, tai visi jos elementai tenkina nelygybę <math>x_n \leq \overline{x}.</math> Nedidėjančios ir aprėžtos sekos <math>\{x_n\},</math> konverguojančios į <math>\underline{x},</math> elementai tenkina nelygybę <math>\underline{x}\leq x_n.</math> Kad šie teiginiai teisingi, įsitikinome, įrodinėdami 3.15 teoremą. :'' '''3.15 teoremos išvada.''' Sakykime, duota begalinė segmentų sistema <math>[a_1; \; b_1], \; [a_2; \; b_2], \; ..., \; [a_n; \; b_n], \; ... \;</math> Jei kiekvienas segmentas yra pirmesniajame*, o skirtumas <math>b_n-a_n</math> (jį vadinsime segmento <math>[a_n; \; b_n]</math> ilgiu) artėja prie nulio, kai <math>n\to\infty</math> (segmentų sistemą, turinčią šią savybę, vadinsime susitraukiančia), tai egzistuoja vienintelis taškas c, priklausantis visiems tos sistemos segmentams. :'''Įrodymas.''' Pirmiausia pastebėsime, kad taškas ''c'', priklausantis visiems segmentams, gali būti tik vienas. Iš tikrųjų, jei būtų dar vienas taškas ''d'', priklausantis visiems segmentams, tai segmentas ** [''c''; ''d''] priklausytų visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n].</math> Bet tokiu atveju su bet kokiu numeriu ''n'' būtų teisingos nelygybės <math>b_n-a_n\geq d-c>0; </math> tai neįmanoma, nes <math>b_n-a_n \to 0, </math> kai <math>n\to \infty.</math> Dabar įsitikinsime, kad taškas ''c'', priklausantis visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n],</math> egzistuoja. Kadangi segmentų sistema yra susitraukianti, tai kairiųjų galų seka <math>\{a_n\}</math> yra nemažėjanti, o dešiniųjų galų seka <math>\{b_n\},</math> – nedidėjanti. Kadangi abi tos sekos yra aprėžtos (visi sekų <math>\{a_n\}</math> ir <math>\{b_n\}</math> elementai priklauso segmentui <math>[a_1; \; b_1]</math>), tai pagal 3.15 teoremą jos konverguoja. Iš to, kad skirtumas <math>b_n-a_n</math> nyksta, išplaukia, jog minimosios sekos turi bendrą ribą. Tą ribą žymėkime raide ''c''. Remiantis 3 pastaba, su bet kokiu numeriu ''n'' teisingos šios nelygybės: <math>a_n\leq c \leq b_n,</math> t. y. taškas ''c'' priklauso visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n].</math> _______________ :''*'' Tai reiškia, kad <math>a_{n-1}\leq a_n<b_n \leq b_{n-1}.</math> :''**'' Siekdami konkretumo, tariame, kad ''d > c''. ===3. Keli konverguojančių monotoninių sekų pavyzdžiai.=== :Išnagrinėsime kelias sekas, kurių ribas apskaičiuosime, remdamiesi 3.15 teorema apie monotoninės sekos ribą. Be to, šiame skirsnyje susipažinsime su vienu bendru sekos ribos ieškojimo metodu, kai seka apibrėžiama rekurentine formule (Rekurentinė formulė (lot. ''recurrens – grįžtas) – formulė, pagal kurią <math>(n+1)</math>-ąjį sekos elementą galima išreikšti jos pirmųjų ''n'' elementų reikšmėmis.). :'''1 pavyzdys.''' Tirsime seką <math>\{x_n\},</math> kurios elementas <math>x_n</math> lygus :<math>x_n=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+...+\sqrt{a}}}}, \;\; a>0</math> :(''n'' radikalų). Tą pačią seką galima, savaime aišku, nusakyti šitokia rekurentine formule: :<math>x_1=\sqrt{a}, \quad x_n=\sqrt{a+x_{n-1}}.</math> :Norėdami įsitikinti, kad sekos <math>\{x_n\}</math> riba egzistuoja, įrodysime, jog ta seka yra ''didėjanti'' ir ''aprėžta''. Kad ta seka didėja, matyti tiesiog. Įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus skaičiumi ''A'', kai ''A'' – didedsnysis iš dviejų skaičių ''a'' ir 2. Jei <math>x_n \leq a,</math> tai teiginys jau įrodytas. Jei <math>x_n > a,</math> tai, dešinėje nelygybės <math>x_n^2=a+x_{n-1} \leq a+x_n \;</math> pusėje skaičių ''a'' pakeitę didesniu už jį skaičiumi <math>x_n,</math> gauname <math>x_n^2 <2x_n ,</math> o iš čia <math>x_n <2.</math> Taigi įrodėme, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus. Pagal 3.15 teoremą ta seka turi ribą. Pažymėkime tą ribą raide ''c''. Savaime aišku, <math>c>0.</math> Iš rekurentinės formulės turime lygybę :<math> x_n^2=a+x_{n-1},</math> :iš kurios matyti, kad sekos <math>\{x_n^2 \}</math> ir <math>\{a+x_{n-1}\}</math> sutampa. Todėl jos turi bendrą ribą. Kadangi pirmosios sekos riba lygi <math>c^2,</math> o antrosios <math>a+c</math> (kai ''n'' varo į begalybę skaičiams <math>x_n</math> ir <math>x_{n-1},</math> tai <math>x_n</math> praktiškai nesiskiria nuo <math>x_{n-1}</math> ir abu yra labai arti ''c'' reikšmės (abu labai panašūs į ''c'')), tai <math>c^2=a+c.</math> Iš čia, turėdami mintyje, kad <math>c>0,</math> randame ''c'': :<math>c^2=a+c,</math> :<math>c^2-c-a=0,</math> :<math>c_{1,2}=\frac{-(-1)\pm\sqrt{(-1)^2-4\cdot (-a)}}{2}=\frac{1\pm\sqrt{1+4a}}{2};</math> :kadangi <math>c>0,</math> tai :<math>c=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}.</math> :'''2 pavyzdys.''' Tirsime seką <math>\{x_n\},</math> kuria dažniausiai naudojamasi, apskaičiuojant teigiamo skaičiaus ''a'' kvadratinę šankį elektronine skaičiavimo mašina. Šita seka apibrėžiama tokia rekurentine formule: :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big), \quad n=1, \; 2, \; 3, \; ...</math> :Pirmuoju elementu <math>x_1</math> čia galima laikyti bet kokį teigiamą skaičių. :Įrodysime, kad ta seka konverguoja, o jos riba yra skaičius <math>\sqrt{a}.</math> Pirmiausia įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> turi ribą. Tam užtenka įrodyti, kad seka <math>\{x_n\}</math> yra ''aprėžta iš apačios'' ir kad, ''pradedant antruoju elementu, ji nedidėja''. Iš pradžių įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš apačios. Sąlygoje pasakyta, jog <math>x_1>0,</math> o iš rekurentinės formulės, kai <math>n=1,</math> gauname <math>x_2>0.</math> Taip samprotaudami toliau, įsitikiname, kad visi <math>x_n</math> yra teigiami. :Dabar įrodysime, kad ''visi <math>x_n,</math> kai <math>n\geq 2,</math> tenkina nelygybę'' <math>x_n\geq \sqrt{a}.</math> Parašę rekurentinę formulę šitaip: <math>x_{n+1}=\frac{\sqrt{a}}{2}\Big( \frac{x_n}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{x_n}\Big), </math> remsimės beveik savaime aiškia nelygybe <math>t+\frac{1}{t}\geq 2</math>*, kuri teisinga, kai <math>t>0</math> (imame <math>t= \frac{x_n}{\sqrt{a}} </math>). Gausime :<math>x_{n+1}=\frac{\sqrt{a}}{2}\Big( \frac{x_n}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{x_n}\Big)\geq \frac{\sqrt{a}}{2}\cdot 2=\sqrt{a}, </math> :kai <math>n\geq 1, </math> t. y. <math>x_n\geq \sqrt{a},</math> pradedant numeriu <math>n=2.</math> :Pagaliau įsitikinsime, kad ''seka <math>\{x_n\},</math> kai <math>n\geq 2,</math> nedidėja''. Iš rekurentinės formulės matome, kad <math>\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{1}{2}\Big( 1+\frac{a}{x_n^2}\Big), </math> o iš čia, turėdami mintyje, kad <math>x_n\geq \sqrt{a},</math> gauname <math>\frac{x_{n+1}}{x_n}\leq 1, </math> arba <math>x_n\geq x_{n+1}</math> (kai <math>n\geq 2</math>). :Kadangi seka <math>\{x_n\},</math> kai <math>n\geq 2,</math> nedidėja ir yra aprėžta iš apačios skaičiumi <math>\sqrt{a}</math> (nes <math>x_n\geq \sqrt{a}</math>), tai ji turi ribą, ne mažesnę kaip <math>\sqrt{a}</math> (žr. 3.15 ir 3.13 teoremą). Tą ribą pažymėkime raide ''c'' ir atsižvelgę į tai, kad <math>\lim_{n\to \infty} x_{n+1}=c,</math> o <math>\lim_{n\to \infty} \frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big)=\frac{1}{2}\Big( c+\frac{a}{c}\Big),</math> gauname lygybę :<math>c=\frac{1}{2}\Big( c+\frac{a}{c}\Big)</math>**, :<math>c^2=\frac{1}{2}\Big( c^2+a\Big),</math> :<math>2c^2= c^2+a,</math> :<math>2c^2-c^2=a,</math> :<math>c^2=a.</math> :Vadinasi, <math>c= \sqrt{a} .</math> :1 pastaba. Spręsdami pateiktuosius pavyzdžius, naudojomės plačiai taikomu metodu sekos ribai skaičiuoti. Metodo esmė: iš pradžių įsitikinama, kad sekos riba egzistuoja, o paskui iš lygties, kuri gaunama iš rekurentinės formulės, vietoje <math>x_n</math> ir <math>x_{n+1}</math> įrašius ieškomąją sekos <math>\{x_n\}</math> ribos reikšmę ''c'', apskaičiuojama tos ribos skaitinė reikšmė. :2 pastaba. Rekurentinės formulės dažnai naudojamos skaičiavimo matematikoje, nes jas taikant daug kartų, atliekamos to paties tipo skaičiavimo operacijos, o tai labai patogu skaičiuojant elektroninėmis skaičiavimo mašinomis. :Išnagrinėtoji rekurentinė formulė aprašo, kaip įsitikinome, <math> \sqrt{a}</math> skaičiavimo algoritmą (įrodėme, kad <math>\lim_{n\to \infty} x_n= \sqrt{a}</math>). :Vėliau bus tiriamas sekos <math>\{x_n\}</math> konvergavimo į <math>\sqrt{a}</math> greitis. Įrodoma, kad, tinkamai pasirinkus pirmąjį artinį <math>x_1,</math> kai <math>a>1,</math> jau ketvirtasis artinys <math>x_4</math> nuo skaičiaus <math>\sqrt{a}</math> skiriasi mažiau kaip <math>10^{-10}.</math> :'''3 pavyzdys.''' Įsitikinsime, kad sekos <math>\{c_n\},</math> kai <math>c_n=\frac{x^{n+1}}{(n+1)!},</math> o ''x'' – bet koks fiksuotas skaičius, riba lygi nuliui. Kai ''n'' – pakankamai didelis natūralusis skaičius, <math>\frac{|x|}{n+1}<1.</math> Todėl, pradedant kuriuo nors numeriu ''N'', turi būti <math>|c_{n+1}| < |c_n|,</math> nes <math>|c_{n+1}| =\frac{|x|^n}{n!} \cdot \frac{|x|}{n+1}= |c_n|\cdot \frac{|x|}{n+1}.</math> :Vadinasi, pradedant numeriu ''N'', seka <math>\{|c_n|\}</math> mažėja. Kadangi, be to, ji aprėžta iš apačios (pavyzdžiui nuliu), tai pagal 3.15 teoremą seka <math>\{|c_n|\}</math> konverguoja. Tarkime, kad ''c'' yra tos sekos riba. Iš lygybės <math>|c_{n+1}| = |c_n|\cdot \frac{|x|}{n+1}</math> išplaukia, kad <math>c=0,</math> nes sekos <math>\{|c_{n+1}|\}</math> riba lygi ''c'', o sekos <math>\{\frac{|x|}{n+1}\}</math> – nuliui. _____________________ :''*'' Tą nelygybę įrodinėjant, užtenka pastebėti, kad, kai <math>t>0,</math> ji ekvivalenti nelygybei <math>t^2-2t+1\geq 0.</math> :''**'' Ta lygybė gaunama iš rekurentinės formulės <math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big).</math> ==Sekos, aproksimuojančios a šaknyje, konvergavimo greitis== :Šio skyriaus 3 paragrafo 3 skirsnyje įrodėme, kad sekos <math>\{x_n\}</math> apibrėžiamos rekurentine formule :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big), \quad n=1, \; 2, \; 3, \; ..., \quad (3.10)</math> :kai <math>a>0,</math> o <math>x_1</math> – bet koks teigiamas skaičius, riba lygi <math>\sqrt{a}.</math> Skaičiaus <math>\sqrt{a}</math> artiniu galima laikyti bet kurį tos sekos narį <math>x_{n+1}.</math> Tokiu atveju, be abejo, reikia išsiaiškinti, koks turi būti įteracijų* skaičius ''n'', kad <math>\sqrt{a}</math> artinys būtų nurodyto tikslumo. ______________ :''*'' '''Iteracija''' (lot. ''iteratio'' – kartojimas) – kokios nors matematinės operacijos pakartojimas. Šiuo atveju ''viena'' iteracija yra <math>x_{n+1}</math> apskaičiavimas, kai žinomas <math>x_{n},</math> pagal rekurentinę (3.10) formulę. ______________ :Nagrinėsime seką <math>x_{n},</math> apibrėžtą rekurentine (3.10) formule. Tos sekos elementą <math>x_n</math> vadinsime skaičiaus <math>\gamma=\sqrt{a}\;</math> ''n-uoju artiniu''. Skaičių :<math>\varepsilon_n=\frac{x_n -\gamma}{\gamma} \quad (3.11)</math> :vadinsime ''n''-ojo artinio ''santykine paklaida''. :Įrodysime teiginį apie santykinės paklaidos <math>\varepsilon_{n+1}</math> įvertinimą, remiantis pirmojo artinio santykine paklaida <math>\varepsilon_{1}.</math> :''Jei <math>x_1</math> taip parinktas, kad <math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2},</math> tai su bet kokiu <math>n\geq 1</math> teisinga šitokia nelygybė: :<math>0< \varepsilon_{n+1} < \varepsilon_1^{2^n}. \quad (3.12)</math> :[ <math>0\leq \varepsilon_{n+1} \leq \varepsilon_1^{2^n},</math> kai <math>\varepsilon_{1}</math> gali būti lygus nuliui.] :'''Įrodymas.''' Iš (3.11) formulės :<math>x_n=\gamma(1+\varepsilon_n). \quad (3.13)</math> :Remdamiesi (3.10) ir (3.13) formulėmis bei lygybe <math>\frac{a}{\gamma}=\gamma,</math> gauname :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big)=\frac{1}{2}\left[ \gamma(1+\varepsilon)+\frac{a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=\frac{1}{2}\left[ \frac{a(1+\varepsilon_n)^2 +a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=</math> :<math>=\frac{1}{2}\left[ \frac{a(1+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2) +a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=\frac{a}{\gamma}\left[ \frac{(1+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2) +1}{2(1+\varepsilon_n)}\right]=\gamma\left[ \frac{2+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right]=\gamma\left[1 +\frac{\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right].</math> :Kadangi <math>x_{n+1}=\gamma(1+\varepsilon_{n+1}),</math> tai savaime aišku, kad :<math>\gamma(1+\varepsilon_{n+1})=\gamma\left[1 +\frac{\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right],</math> :<math>\varepsilon_{n+1}=\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)}\cdot \varepsilon_n^2 .\quad (3.14)</math> :Pagal sąlygą <math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2}.</math> Iš to išplaukia nelygybės <math>0<\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)} < 1.</math> Bet tada iš (3.14) lygybės, kai <math>n=1,</math> išplaukia nelygybė <math>\varepsilon_2\geq 0.</math> Panašiai naudodamiesi (3.14) lygybe, kai <math>n=1, \; 2, \; ..., </math> įsitikiname, kad visi <math>\varepsilon_{n+1}</math> yra neneigiami (<math>n\geq 1</math>). :Iš (3.14) lygybės, nelygybių <math>0<\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)} < 1</math> ir iš to, kad visi <math>\varepsilon_{n},</math> kai <math>n> 1,</math> yra neneigiami, išplaukia nelygybė <math>\varepsilon_{n+1}<\varepsilon_n^2,</math> kai <math>n\geq 1.</math> Iš čia gauname dešiniąją (3.12) nelygybę. Teiginys įrodytas. :[<math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2}, \; </math> <math>\varepsilon_{2}<\varepsilon_1^2, \;</math> <math>\varepsilon_{3}<\varepsilon_2^2 <(\varepsilon_1^2)^2=\varepsilon_1^4, \;</math> <math>\varepsilon_{4}<\varepsilon_3^2 <(\varepsilon_1^4)^2=\varepsilon_1^8=\varepsilon_1^{2^3}</math> ir taip toliau.] :Iš (3.12) nelygybių matyti, kad <math>\sqrt{a}</math> artinio po ''n'' iteracijų santykinė paklaida įvertinama, remiantis pirmojo artinio <math>x_1</math> santykine paklaida <math>\varepsilon_{1}</math> ir iteracijų skaičiumi ''n''. Vėliau įsitikinsime, jog tuo atveju, kai <math>a>1</math>*, pirmąjį artinį galima pasirinkti taip, kad santykinės paklaidos <math>\varepsilon_{1}</math> modulis nebūtų didesnis už 0.05. Savaime aišku, taip pasirinkus <math>x_1,</math> santykinė paklaida tenkins įrodytojo teiginio sąlygas. Tuomet bus aišku ir koks turi būti iteracijų skaičius ''n'', kad <math>\sqrt{a}</math> artinio santykinė paklaida nebūtų didesnė už duotąjį skaičių <math>\varepsilon</math>: ''tą skaičių n galima rasti iš nelygybės''* (ta nelygybė gaunama tiesiog iš (3.12) nelygybių) :<math>(0.05)^{2^n} < \varepsilon. \quad (3.15)</math> :Taigi tarkime, kad <math>a>1.</math> Skaičių ''a'' išreikšime šitaip: :<math>a=2^{2k+i} M; \quad (3.16)</math> :čia ''k'' – sveikasis neneigiamas skaičius, skaičius ''i'' lygus arba nuliui, arba vienetui, o skaičius ''M'' tenkina sąlygą :<math>1\leq M <2. \quad (3.17)</math> :Pabrėšime, kad skaičius ''a'' išreiškiamas (3.16) pavidalu vieninteliu budu. :Pirmąjį artinį <math>x_1</math> pasirinkime šitaip: :<math>x_1=2^k \Big( \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} \Big). \quad (3.18)</math> :Įsitikinsime, kad tuo atveju, kai ''M'' – ''bet koks'' skaičius, tenkinantis (3.17) sąlygas, pirmojo <math>\sqrt{a}</math> artinio <math>x_1,</math> rasto pagal (3.18) formulę, santikinės paklaidos <math>\varepsilon_1</math> modulis ne didesnis kaip 0.05. :Įrodinėdami šį teiginį, remsimės tikslia santykinės paklaidos išraiška <math>\varepsilon_1=\frac{x_1 -\gamma}{\gamma} .</math> Iš (3.16) lygybės gauname <math>\gamma=\sqrt{a}=2^k \sqrt{2^i M};</math> todėl iš <math>\varepsilon_1</math> išraiškos ir iš (3.18) formulės :<math>\varepsilon_1=\frac{x_1 -\gamma}{\gamma} =\frac{2^k \Big( \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} \Big) -2^k \sqrt{2^i M}}{2^k \sqrt{2^i M}} =\frac{ \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} - \sqrt{2^i M}}{ \sqrt{2^i M}}. \quad (3.19)</math> :Kadangi skaičius ''i'' lygus arba nuliui, arba vienetui, o <math>M\geq 1,</math> tai <math>\sqrt{2^i M}\geq 1.</math> Todėl iš (3.19) lygybės išplaukia nelygybė :<math>|\varepsilon_1|\leq | \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} - \sqrt{2^i M} |. \quad (3.20)</math> :Pažymėkime <math>\sqrt{2^i M}</math> raide ''X''. Kadangi <math>1\leq M<2,</math> o ''i'' lygus arba nuliui, arba vienetui, tai visos galimos ''X'' reikšmės priklauso intervalui [1; 2): :<math>1\leq X<2. \quad (3.21)</math> :Naudodami naujai įvestą žymėjimą, (3.20) nelygybę perrašysime šitaip: :<math>|\varepsilon_1|\leq | \frac{1}{3}X^2 -X +\frac{17}{24} |. \quad (3.22)</math> :Pagal (3.22) nelygybę maksimalioji <math>|\varepsilon_1|</math> reikšmė ne didesnė už maksimaliąją reiškinio <math> | \frac{1}{3}X^2 -X +\frac{17}{24} |</math> reikšmę, kai ''X'' tenkina (3.21) sąlygas. Kad būtų aiškiau, išnagrinėkime funkcijos <math>f(X)= \frac{1}{3}X^2 -X +\frac{17}{24} </math> grafiką. _______________ :''*'' Jei <math>a<1,</math> tai <math>a=\frac{1}{b}</math> ir <math>b>1.</math> Tada <math>\sqrt{a}=\frac{1}{\sqrt{b}}.</math> sjn5arxrvs1d9qkrlej9qm2vj1apjzr 35091 35090 2024-04-27T18:34:07Z Paraboloid 1294 /* Sekos, aproksimuojančios a šaknyje, konvergavimo greitis */ wikitext text/x-wiki ==3. Monotoninės sekos== ===1. Monotoninių sekų apibrėžimas.=== :'''Apibrėžimas'''. ''Seka <math>\{x_n\}</math> vadinama '''nemažėjančia''' ('''nedidėjančia'''), jei kiekvienas tos sekos elementas ne mažesnis (ne didesnis) už pirmesnįjį elementą, t. y., jei su visais numeriais n teisinga nelygybė :<math>x_n \leq x_{n+1} \;\;</math> (<math>x_n \geq x_{n+1} </math>). :Nemažėjančios ir nedidėjančios sekos vadinamos ''monotoninėmis sekomis''. Jei monotoninės sekos <math>\{x_n\}</math> elementai su bet kuriuo numeriu ''n'' tenkina nelygybę <math>x_n < x_{n+1} \;\;</math> (<math>x_n > x_{n+1} </math>), tai seka <math>\{x_n\}</math> vadinama ''didėjančia'' (''mažėjančia''). Didėjančios ir mažėjančios sekos dar vadinamos ''griežtai monotoninėmis sekomis''. :Monotoninės sekos yra aprėžtos arba iš viršaus, arba iš apačios; būtent, ''nedidėjančios sekos aprėžtos iš viršaus'', o ''nemažėjančios aprėžtos iš apačios pirmaisiais savo elementais. Todėl nedidėjanti seka yra aprėžta iš abiejų pusių, kai ji aprėžta iš apačios, o nemažėjanti seka yra aprėžta iš abiejų pusių, kai ji aprėžta iš viršaus. :Pateiksime tris monotoninių sekų pavyzdžius. :1. Seka <math>1, \; 1, \; \frac{1}{2}, \; \frac{1}{2}, \; ..., \; \frac{1}{n}, \; \frac{1}{n}, \; ... \;</math> nedidėjanti. Ji aprėžta iš viršaus savo pirmuoju elementu, lygiu vienetui, o iš apačios - skaičiumi 0. :2. Seka <math>1, \; 1, \; 2, \; 2, \; ..., \; n, \; n, \; ... \;</math> nemažėjanti. Ji aprėžta iš apačios savo pirmuoju elementu, o iš viršaus neaprėžta. :3. Seka <math>\frac{1}{2}, \; \frac{2}{3}, \; \frac{3}{4}, \; ..., \; \frac{n}{n+1}, \; ... \;</math> didėjanti. Ji aprėžta iš abiejų pusių: iš apačios pirmuoju elementu <math>\frac{1}{2},</math> iš viršaus, pavyzdžiui, skaičiumi 1. ===2. Monotoninės sekos konvergavimo požymis.=== :Įrodysime ''pagrindinę'' teoremą. :'' '''3.15 teorema.''' Jei nemažėjanti (nedidėjanti) seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus (iš apačios), tai ji konverguoja''. :Pagal praeitą skirsnį seka <math>\{x_n\},</math> atitinkanti 3.15 teoremos sąlygas, yra aprėžta. Todėl 3.15 teoremą galima trumpai formuluoti taip: ''jei monotoninė seka <math>\{x_n\}</math> yra aprėžta iš abiejų pusių, tai ji konverguoja''. :'''Įrodymas.''' Kadangi seka <math>\{x_n\}</math> yra aprėžta, tai jos elementų aibė turi tikslųjį viršutinį rėžį <math>\overline{x}</math> ir tikslųjį apatinį rėžį <math>\underline{x}.</math> Įrodysime štai ką: jei <math>\{x_n\}</math> – nemažėjanti seka, tai jos riba yra minėtasis tikslusis viršutinis rėžis; jei <math>\{x_n\}</math> – nedidėjanti seka, tai jos riba yra minėtasis tikslusis apatinis rėžis <math>\underline{x}.</math> Išnagrinėsime tik nemažėjančią seką, nes samprotavimai apie nedidėjančią seką būtų analogiški. :Kadangi <math>\overline{x}</math> yra sekos <math>\{x_n\}</math> elementų aibės tikslusis viršutinis rėžis, tai kiekvieną <math>\varepsilon>0</math> atitinka toks elementas <math>x_N,</math> kad <math>x_N>\overline{x}-\varepsilon</math> ir <math>x_N\leq \overline{x}</math> (bet koks elementas <math>x_n</math> ne didesnis už tikslųjį viršutinį rėžį <math>\overline{x},</math> t. y. <math>x_n \leq \overline{x}</math>). Iš šitų nelygybių gauname nelygybes <math>0\leq \overline{x}-x_N < \varepsilon.</math> Kadangi <math>\{x_n\}</math> – nemažėjanti seka, tai nelygybės <math>x_N \leq x_n \leq \overline{x}</math> yra teisingos, kai <math>n\geq N.</math> Iš to išplaukia, kad <math>0\leq \overline{x}-x_n \leq \overline{x}-x_N, \;</math> kai <math>n\geq N.</math> Anksčiau pabrėžėme, kad <math> \overline{x}-x_N < \varepsilon, </math> todėl, kai <math>n\geq N,</math> teisingos nelygybės <math>0\leq \overline{x}-x_n < \varepsilon,</math> iš kurių gauname nelygybę <math>|x_n-\overline{x}|<\varepsilon.</math> Vadinasi, įsitikinome, kad <math>\overline{x}</math> yra sekos <math>\{x_n\}</math> riba. Teorema įrodyta. :1 pastaba. ''Monotoninės sekos aprėžtumas yra būtinas ir pakankamas jos konvergavimo požymis''. :Iš tikrųjų, jei monotoninė seka yra aprėžta, tai pagal 3.15 teoremą ji konverguoja; jei monotoninė seka konverguoja, tai, remiantis 3.8 teorema, ji yra aprėžta. :2 pastaba. Konverguojanti seka gali ir nebūti monotoninė. Pavyzdžiui, seka <math>\{x_n\},</math> apibrėžta formule <math>x_n=\frac{(-1)^n}{n},</math> konverguoja, o jos riba yra skaičius 0. Tačiau ši seka nėra monotoninė, nes po teigiamo elemento eina neigiamas, o po neigiamo – teigiamas. :3 pastaba. Jei <math>\{x_n\}</math> yra nemažėjanti ir aprėžta seka, o <math>\overline{x}</math> – tos sekos riba, tai visi jos elementai tenkina nelygybę <math>x_n \leq \overline{x}.</math> Nedidėjančios ir aprėžtos sekos <math>\{x_n\},</math> konverguojančios į <math>\underline{x},</math> elementai tenkina nelygybę <math>\underline{x}\leq x_n.</math> Kad šie teiginiai teisingi, įsitikinome, įrodinėdami 3.15 teoremą. :'' '''3.15 teoremos išvada.''' Sakykime, duota begalinė segmentų sistema <math>[a_1; \; b_1], \; [a_2; \; b_2], \; ..., \; [a_n; \; b_n], \; ... \;</math> Jei kiekvienas segmentas yra pirmesniajame*, o skirtumas <math>b_n-a_n</math> (jį vadinsime segmento <math>[a_n; \; b_n]</math> ilgiu) artėja prie nulio, kai <math>n\to\infty</math> (segmentų sistemą, turinčią šią savybę, vadinsime susitraukiančia), tai egzistuoja vienintelis taškas c, priklausantis visiems tos sistemos segmentams. :'''Įrodymas.''' Pirmiausia pastebėsime, kad taškas ''c'', priklausantis visiems segmentams, gali būti tik vienas. Iš tikrųjų, jei būtų dar vienas taškas ''d'', priklausantis visiems segmentams, tai segmentas ** [''c''; ''d''] priklausytų visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n].</math> Bet tokiu atveju su bet kokiu numeriu ''n'' būtų teisingos nelygybės <math>b_n-a_n\geq d-c>0; </math> tai neįmanoma, nes <math>b_n-a_n \to 0, </math> kai <math>n\to \infty.</math> Dabar įsitikinsime, kad taškas ''c'', priklausantis visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n],</math> egzistuoja. Kadangi segmentų sistema yra susitraukianti, tai kairiųjų galų seka <math>\{a_n\}</math> yra nemažėjanti, o dešiniųjų galų seka <math>\{b_n\},</math> – nedidėjanti. Kadangi abi tos sekos yra aprėžtos (visi sekų <math>\{a_n\}</math> ir <math>\{b_n\}</math> elementai priklauso segmentui <math>[a_1; \; b_1]</math>), tai pagal 3.15 teoremą jos konverguoja. Iš to, kad skirtumas <math>b_n-a_n</math> nyksta, išplaukia, jog minimosios sekos turi bendrą ribą. Tą ribą žymėkime raide ''c''. Remiantis 3 pastaba, su bet kokiu numeriu ''n'' teisingos šios nelygybės: <math>a_n\leq c \leq b_n,</math> t. y. taškas ''c'' priklauso visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n].</math> _______________ :''*'' Tai reiškia, kad <math>a_{n-1}\leq a_n<b_n \leq b_{n-1}.</math> :''**'' Siekdami konkretumo, tariame, kad ''d > c''. ===3. Keli konverguojančių monotoninių sekų pavyzdžiai.=== :Išnagrinėsime kelias sekas, kurių ribas apskaičiuosime, remdamiesi 3.15 teorema apie monotoninės sekos ribą. Be to, šiame skirsnyje susipažinsime su vienu bendru sekos ribos ieškojimo metodu, kai seka apibrėžiama rekurentine formule (Rekurentinė formulė (lot. ''recurrens – grįžtas) – formulė, pagal kurią <math>(n+1)</math>-ąjį sekos elementą galima išreikšti jos pirmųjų ''n'' elementų reikšmėmis.). :'''1 pavyzdys.''' Tirsime seką <math>\{x_n\},</math> kurios elementas <math>x_n</math> lygus :<math>x_n=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+...+\sqrt{a}}}}, \;\; a>0</math> :(''n'' radikalų). Tą pačią seką galima, savaime aišku, nusakyti šitokia rekurentine formule: :<math>x_1=\sqrt{a}, \quad x_n=\sqrt{a+x_{n-1}}.</math> :Norėdami įsitikinti, kad sekos <math>\{x_n\}</math> riba egzistuoja, įrodysime, jog ta seka yra ''didėjanti'' ir ''aprėžta''. Kad ta seka didėja, matyti tiesiog. Įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus skaičiumi ''A'', kai ''A'' – didedsnysis iš dviejų skaičių ''a'' ir 2. Jei <math>x_n \leq a,</math> tai teiginys jau įrodytas. Jei <math>x_n > a,</math> tai, dešinėje nelygybės <math>x_n^2=a+x_{n-1} \leq a+x_n \;</math> pusėje skaičių ''a'' pakeitę didesniu už jį skaičiumi <math>x_n,</math> gauname <math>x_n^2 <2x_n ,</math> o iš čia <math>x_n <2.</math> Taigi įrodėme, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus. Pagal 3.15 teoremą ta seka turi ribą. Pažymėkime tą ribą raide ''c''. Savaime aišku, <math>c>0.</math> Iš rekurentinės formulės turime lygybę :<math> x_n^2=a+x_{n-1},</math> :iš kurios matyti, kad sekos <math>\{x_n^2 \}</math> ir <math>\{a+x_{n-1}\}</math> sutampa. Todėl jos turi bendrą ribą. Kadangi pirmosios sekos riba lygi <math>c^2,</math> o antrosios <math>a+c</math> (kai ''n'' varo į begalybę skaičiams <math>x_n</math> ir <math>x_{n-1},</math> tai <math>x_n</math> praktiškai nesiskiria nuo <math>x_{n-1}</math> ir abu yra labai arti ''c'' reikšmės (abu labai panašūs į ''c'')), tai <math>c^2=a+c.</math> Iš čia, turėdami mintyje, kad <math>c>0,</math> randame ''c'': :<math>c^2=a+c,</math> :<math>c^2-c-a=0,</math> :<math>c_{1,2}=\frac{-(-1)\pm\sqrt{(-1)^2-4\cdot (-a)}}{2}=\frac{1\pm\sqrt{1+4a}}{2};</math> :kadangi <math>c>0,</math> tai :<math>c=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}.</math> :'''2 pavyzdys.''' Tirsime seką <math>\{x_n\},</math> kuria dažniausiai naudojamasi, apskaičiuojant teigiamo skaičiaus ''a'' kvadratinę šankį elektronine skaičiavimo mašina. Šita seka apibrėžiama tokia rekurentine formule: :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big), \quad n=1, \; 2, \; 3, \; ...</math> :Pirmuoju elementu <math>x_1</math> čia galima laikyti bet kokį teigiamą skaičių. :Įrodysime, kad ta seka konverguoja, o jos riba yra skaičius <math>\sqrt{a}.</math> Pirmiausia įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> turi ribą. Tam užtenka įrodyti, kad seka <math>\{x_n\}</math> yra ''aprėžta iš apačios'' ir kad, ''pradedant antruoju elementu, ji nedidėja''. Iš pradžių įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš apačios. Sąlygoje pasakyta, jog <math>x_1>0,</math> o iš rekurentinės formulės, kai <math>n=1,</math> gauname <math>x_2>0.</math> Taip samprotaudami toliau, įsitikiname, kad visi <math>x_n</math> yra teigiami. :Dabar įrodysime, kad ''visi <math>x_n,</math> kai <math>n\geq 2,</math> tenkina nelygybę'' <math>x_n\geq \sqrt{a}.</math> Parašę rekurentinę formulę šitaip: <math>x_{n+1}=\frac{\sqrt{a}}{2}\Big( \frac{x_n}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{x_n}\Big), </math> remsimės beveik savaime aiškia nelygybe <math>t+\frac{1}{t}\geq 2</math>*, kuri teisinga, kai <math>t>0</math> (imame <math>t= \frac{x_n}{\sqrt{a}} </math>). Gausime :<math>x_{n+1}=\frac{\sqrt{a}}{2}\Big( \frac{x_n}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{x_n}\Big)\geq \frac{\sqrt{a}}{2}\cdot 2=\sqrt{a}, </math> :kai <math>n\geq 1, </math> t. y. <math>x_n\geq \sqrt{a},</math> pradedant numeriu <math>n=2.</math> :Pagaliau įsitikinsime, kad ''seka <math>\{x_n\},</math> kai <math>n\geq 2,</math> nedidėja''. Iš rekurentinės formulės matome, kad <math>\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{1}{2}\Big( 1+\frac{a}{x_n^2}\Big), </math> o iš čia, turėdami mintyje, kad <math>x_n\geq \sqrt{a},</math> gauname <math>\frac{x_{n+1}}{x_n}\leq 1, </math> arba <math>x_n\geq x_{n+1}</math> (kai <math>n\geq 2</math>). :Kadangi seka <math>\{x_n\},</math> kai <math>n\geq 2,</math> nedidėja ir yra aprėžta iš apačios skaičiumi <math>\sqrt{a}</math> (nes <math>x_n\geq \sqrt{a}</math>), tai ji turi ribą, ne mažesnę kaip <math>\sqrt{a}</math> (žr. 3.15 ir 3.13 teoremą). Tą ribą pažymėkime raide ''c'' ir atsižvelgę į tai, kad <math>\lim_{n\to \infty} x_{n+1}=c,</math> o <math>\lim_{n\to \infty} \frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big)=\frac{1}{2}\Big( c+\frac{a}{c}\Big),</math> gauname lygybę :<math>c=\frac{1}{2}\Big( c+\frac{a}{c}\Big)</math>**, :<math>c^2=\frac{1}{2}\Big( c^2+a\Big),</math> :<math>2c^2= c^2+a,</math> :<math>2c^2-c^2=a,</math> :<math>c^2=a.</math> :Vadinasi, <math>c= \sqrt{a} .</math> :1 pastaba. Spręsdami pateiktuosius pavyzdžius, naudojomės plačiai taikomu metodu sekos ribai skaičiuoti. Metodo esmė: iš pradžių įsitikinama, kad sekos riba egzistuoja, o paskui iš lygties, kuri gaunama iš rekurentinės formulės, vietoje <math>x_n</math> ir <math>x_{n+1}</math> įrašius ieškomąją sekos <math>\{x_n\}</math> ribos reikšmę ''c'', apskaičiuojama tos ribos skaitinė reikšmė. :2 pastaba. Rekurentinės formulės dažnai naudojamos skaičiavimo matematikoje, nes jas taikant daug kartų, atliekamos to paties tipo skaičiavimo operacijos, o tai labai patogu skaičiuojant elektroninėmis skaičiavimo mašinomis. :Išnagrinėtoji rekurentinė formulė aprašo, kaip įsitikinome, <math> \sqrt{a}</math> skaičiavimo algoritmą (įrodėme, kad <math>\lim_{n\to \infty} x_n= \sqrt{a}</math>). :Vėliau bus tiriamas sekos <math>\{x_n\}</math> konvergavimo į <math>\sqrt{a}</math> greitis. Įrodoma, kad, tinkamai pasirinkus pirmąjį artinį <math>x_1,</math> kai <math>a>1,</math> jau ketvirtasis artinys <math>x_4</math> nuo skaičiaus <math>\sqrt{a}</math> skiriasi mažiau kaip <math>10^{-10}.</math> :'''3 pavyzdys.''' Įsitikinsime, kad sekos <math>\{c_n\},</math> kai <math>c_n=\frac{x^{n+1}}{(n+1)!},</math> o ''x'' – bet koks fiksuotas skaičius, riba lygi nuliui. Kai ''n'' – pakankamai didelis natūralusis skaičius, <math>\frac{|x|}{n+1}<1.</math> Todėl, pradedant kuriuo nors numeriu ''N'', turi būti <math>|c_{n+1}| < |c_n|,</math> nes <math>|c_{n+1}| =\frac{|x|^n}{n!} \cdot \frac{|x|}{n+1}= |c_n|\cdot \frac{|x|}{n+1}.</math> :Vadinasi, pradedant numeriu ''N'', seka <math>\{|c_n|\}</math> mažėja. Kadangi, be to, ji aprėžta iš apačios (pavyzdžiui nuliu), tai pagal 3.15 teoremą seka <math>\{|c_n|\}</math> konverguoja. Tarkime, kad ''c'' yra tos sekos riba. Iš lygybės <math>|c_{n+1}| = |c_n|\cdot \frac{|x|}{n+1}</math> išplaukia, kad <math>c=0,</math> nes sekos <math>\{|c_{n+1}|\}</math> riba lygi ''c'', o sekos <math>\{\frac{|x|}{n+1}\}</math> – nuliui. _____________________ :''*'' Tą nelygybę įrodinėjant, užtenka pastebėti, kad, kai <math>t>0,</math> ji ekvivalenti nelygybei <math>t^2-2t+1\geq 0.</math> :''**'' Ta lygybė gaunama iš rekurentinės formulės <math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big).</math> ==Sekos, aproksimuojančios a šaknyje, konvergavimo greitis== :Šio skyriaus 3 paragrafo 3 skirsnyje įrodėme, kad sekos <math>\{x_n\}</math> apibrėžiamos rekurentine formule :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big), \quad n=1, \; 2, \; 3, \; ..., \quad (3.10)</math> :kai <math>a>0,</math> o <math>x_1</math> – bet koks teigiamas skaičius, riba lygi <math>\sqrt{a}.</math> Skaičiaus <math>\sqrt{a}</math> artiniu galima laikyti bet kurį tos sekos narį <math>x_{n+1}.</math> Tokiu atveju, be abejo, reikia išsiaiškinti, koks turi būti įteracijų* skaičius ''n'', kad <math>\sqrt{a}</math> artinys būtų nurodyto tikslumo. ______________ :''*'' '''Iteracija''' (lot. ''iteratio'' – kartojimas) – kokios nors matematinės operacijos pakartojimas. Šiuo atveju ''viena'' iteracija yra <math>x_{n+1}</math> apskaičiavimas, kai žinomas <math>x_{n},</math> pagal rekurentinę (3.10) formulę. ______________ :Nagrinėsime seką <math>x_{n},</math> apibrėžtą rekurentine (3.10) formule. Tos sekos elementą <math>x_n</math> vadinsime skaičiaus <math>\gamma=\sqrt{a}\;</math> ''n-uoju artiniu''. Skaičių :<math>\varepsilon_n=\frac{x_n -\gamma}{\gamma} \quad (3.11)</math> :vadinsime ''n''-ojo artinio ''santykine paklaida''. :Įrodysime teiginį apie santykinės paklaidos <math>\varepsilon_{n+1}</math> įvertinimą, remiantis pirmojo artinio santykine paklaida <math>\varepsilon_{1}.</math> :''Jei <math>x_1</math> taip parinktas, kad <math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2},</math> tai su bet kokiu <math>n\geq 1</math> teisinga šitokia nelygybė: :<math>0< \varepsilon_{n+1} < \varepsilon_1^{2^n}. \quad (3.12)</math> :[ <math>0\leq \varepsilon_{n+1} \leq \varepsilon_1^{2^n},</math> kai <math>\varepsilon_{1}</math> gali būti lygus nuliui.] :'''Įrodymas.''' Iš (3.11) formulės :<math>x_n=\gamma(1+\varepsilon_n). \quad (3.13)</math> :Remdamiesi (3.10) ir (3.13) formulėmis bei lygybe <math>\frac{a}{\gamma}=\gamma,</math> gauname :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big)=\frac{1}{2}\left[ \gamma(1+\varepsilon)+\frac{a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=\frac{1}{2}\left[ \frac{a(1+\varepsilon_n)^2 +a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=</math> :<math>=\frac{1}{2}\left[ \frac{a(1+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2) +a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=\frac{a}{\gamma}\left[ \frac{(1+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2) +1}{2(1+\varepsilon_n)}\right]=\gamma\left[ \frac{2+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right]=\gamma\left[1 +\frac{\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right].</math> :Kadangi <math>x_{n+1}=\gamma(1+\varepsilon_{n+1}),</math> tai savaime aišku, kad :<math>\gamma(1+\varepsilon_{n+1})=\gamma\left[1 +\frac{\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right],</math> :<math>\varepsilon_{n+1}=\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)}\cdot \varepsilon_n^2 .\quad (3.14)</math> :Pagal sąlygą <math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2}.</math> Iš to išplaukia nelygybės <math>0<\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)} < 1.</math> Bet tada iš (3.14) lygybės, kai <math>n=1,</math> išplaukia nelygybė <math>\varepsilon_2\geq 0.</math> Panašiai naudodamiesi (3.14) lygybe, kai <math>n=1, \; 2, \; ..., </math> įsitikiname, kad visi <math>\varepsilon_{n+1}</math> yra neneigiami (<math>n\geq 1</math>). :Iš (3.14) lygybės, nelygybių <math>0<\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)} < 1</math> ir iš to, kad visi <math>\varepsilon_{n},</math> kai <math>n> 1,</math> yra neneigiami, išplaukia nelygybė <math>\varepsilon_{n+1}<\varepsilon_n^2,</math> kai <math>n\geq 1.</math> Iš čia gauname dešiniąją (3.12) nelygybę. Teiginys įrodytas. :[<math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2}, \; </math> <math>\varepsilon_{2}<\varepsilon_1^2, \;</math> <math>\varepsilon_{3}<\varepsilon_2^2 <(\varepsilon_1^2)^2=\varepsilon_1^4, \;</math> <math>\varepsilon_{4}<\varepsilon_3^2 <(\varepsilon_1^4)^2=\varepsilon_1^8=\varepsilon_1^{2^3}</math> ir taip toliau.] :Iš (3.12) nelygybių matyti, kad <math>\sqrt{a}</math> artinio po ''n'' iteracijų santykinė paklaida įvertinama, remiantis pirmojo artinio <math>x_1</math> santykine paklaida <math>\varepsilon_{1}</math> ir iteracijų skaičiumi ''n''. Vėliau įsitikinsime, jog tuo atveju, kai <math>a>1</math>*, pirmąjį artinį galima pasirinkti taip, kad santykinės paklaidos <math>\varepsilon_{1}</math> modulis nebūtų didesnis už 0.05. Savaime aišku, taip pasirinkus <math>x_1,</math> santykinė paklaida tenkins įrodytojo teiginio sąlygas. Tuomet bus aišku ir koks turi būti iteracijų skaičius ''n'', kad <math>\sqrt{a}</math> artinio santykinė paklaida nebūtų didesnė už duotąjį skaičių <math>\varepsilon</math>: ''tą skaičių n galima rasti iš nelygybės''* (ta nelygybė gaunama tiesiog iš (3.12) nelygybių) :<math>(0.05)^{2^n} < \varepsilon. \quad (3.15)</math> :Taigi tarkime, kad <math>a>1.</math> Skaičių ''a'' išreikšime šitaip: :<math>a=2^{2k+i} M; \quad (3.16)</math> :čia ''k'' – sveikasis neneigiamas skaičius, skaičius ''i'' lygus arba nuliui, arba vienetui, o skaičius ''M'' tenkina sąlygą :<math>1\leq M <2. \quad (3.17)</math> :Pabrėšime, kad skaičius ''a'' išreiškiamas (3.16) pavidalu vieninteliu budu. :Pirmąjį artinį <math>x_1</math> pasirinkime šitaip: :<math>x_1=2^k \Big( \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} \Big). \quad (3.18)</math> :Įsitikinsime, kad tuo atveju, kai ''M'' – ''bet koks'' skaičius, tenkinantis (3.17) sąlygas, pirmojo <math>\sqrt{a}</math> artinio <math>x_1,</math> rasto pagal (3.18) formulę, santikinės paklaidos <math>\varepsilon_1</math> modulis ne didesnis kaip 0.05. :Įrodinėdami šį teiginį, remsimės tikslia santykinės paklaidos išraiška <math>\varepsilon_1=\frac{x_1 -\gamma}{\gamma} .</math> Iš (3.16) lygybės gauname <math>\gamma=\sqrt{a}=2^k \sqrt{2^i M};</math> todėl iš <math>\varepsilon_1</math> išraiškos ir iš (3.18) formulės :<math>\varepsilon_1=\frac{x_1 -\gamma}{\gamma} =\frac{2^k \Big( \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} \Big) -2^k \sqrt{2^i M}}{2^k \sqrt{2^i M}} =\frac{ \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} - \sqrt{2^i M}}{ \sqrt{2^i M}}. \quad (3.19)</math> [[File:Parabolesakniai3.4pav.png|thumb|3.4 pav.]] [[File:Wa3.4pav.gif|thumb|3.4 pav. neištemptas.]] :Kadangi skaičius ''i'' lygus arba nuliui, arba vienetui, o <math>M\geq 1,</math> tai <math>\sqrt{2^i M}\geq 1.</math> Todėl iš (3.19) lygybės išplaukia nelygybė :<math>|\varepsilon_1|\leq | \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} - \sqrt{2^i M} |. \quad (3.20)</math> :Pažymėkime <math>\sqrt{2^i M}</math> raide ''X''. Kadangi <math>1\leq M<2,</math> o ''i'' lygus arba nuliui, arba vienetui, tai visos galimos ''X'' reikšmės priklauso intervalui [1; 2): :<math>1\leq X<2. \quad (3.21)</math> :Naudodami naujai įvestą žymėjimą, (3.20) nelygybę perrašysime šitaip: :<math>|\varepsilon_1|\leq | \frac{1}{3}X^2 -X +\frac{17}{24} |. \quad (3.22)</math> :Pagal (3.22) nelygybę maksimalioji <math>|\varepsilon_1|</math> reikšmė ne didesnė už maksimaliąją reiškinio <math> | \frac{1}{3}X^2 -X +\frac{17}{24} |</math> reikšmę, kai ''X'' tenkina (3.21) sąlygas. Kad būtų aiškiau, išnagrinėkime funkcijos <math>f(X)= \frac{1}{3} X^2 -X +\frac{17}{24}</math> grafiką. _______________ :''*'' Jei <math>a<1,</math> tai <math>a=\frac{1}{b}</math> ir <math>b>1.</math> Tada <math>\sqrt{a}=\frac{1}{\sqrt{b}}.</math> 6lut5rgfcvrl6u4dyi33bs582o608ea 35092 35091 2024-04-27T18:52:05Z Paraboloid 1294 /* Sekos, aproksimuojančios a šaknyje, konvergavimo greitis */ wikitext text/x-wiki ==3. Monotoninės sekos== ===1. Monotoninių sekų apibrėžimas.=== :'''Apibrėžimas'''. ''Seka <math>\{x_n\}</math> vadinama '''nemažėjančia''' ('''nedidėjančia'''), jei kiekvienas tos sekos elementas ne mažesnis (ne didesnis) už pirmesnįjį elementą, t. y., jei su visais numeriais n teisinga nelygybė :<math>x_n \leq x_{n+1} \;\;</math> (<math>x_n \geq x_{n+1} </math>). :Nemažėjančios ir nedidėjančios sekos vadinamos ''monotoninėmis sekomis''. Jei monotoninės sekos <math>\{x_n\}</math> elementai su bet kuriuo numeriu ''n'' tenkina nelygybę <math>x_n < x_{n+1} \;\;</math> (<math>x_n > x_{n+1} </math>), tai seka <math>\{x_n\}</math> vadinama ''didėjančia'' (''mažėjančia''). Didėjančios ir mažėjančios sekos dar vadinamos ''griežtai monotoninėmis sekomis''. :Monotoninės sekos yra aprėžtos arba iš viršaus, arba iš apačios; būtent, ''nedidėjančios sekos aprėžtos iš viršaus'', o ''nemažėjančios aprėžtos iš apačios pirmaisiais savo elementais. Todėl nedidėjanti seka yra aprėžta iš abiejų pusių, kai ji aprėžta iš apačios, o nemažėjanti seka yra aprėžta iš abiejų pusių, kai ji aprėžta iš viršaus. :Pateiksime tris monotoninių sekų pavyzdžius. :1. Seka <math>1, \; 1, \; \frac{1}{2}, \; \frac{1}{2}, \; ..., \; \frac{1}{n}, \; \frac{1}{n}, \; ... \;</math> nedidėjanti. Ji aprėžta iš viršaus savo pirmuoju elementu, lygiu vienetui, o iš apačios - skaičiumi 0. :2. Seka <math>1, \; 1, \; 2, \; 2, \; ..., \; n, \; n, \; ... \;</math> nemažėjanti. Ji aprėžta iš apačios savo pirmuoju elementu, o iš viršaus neaprėžta. :3. Seka <math>\frac{1}{2}, \; \frac{2}{3}, \; \frac{3}{4}, \; ..., \; \frac{n}{n+1}, \; ... \;</math> didėjanti. Ji aprėžta iš abiejų pusių: iš apačios pirmuoju elementu <math>\frac{1}{2},</math> iš viršaus, pavyzdžiui, skaičiumi 1. ===2. Monotoninės sekos konvergavimo požymis.=== :Įrodysime ''pagrindinę'' teoremą. :'' '''3.15 teorema.''' Jei nemažėjanti (nedidėjanti) seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus (iš apačios), tai ji konverguoja''. :Pagal praeitą skirsnį seka <math>\{x_n\},</math> atitinkanti 3.15 teoremos sąlygas, yra aprėžta. Todėl 3.15 teoremą galima trumpai formuluoti taip: ''jei monotoninė seka <math>\{x_n\}</math> yra aprėžta iš abiejų pusių, tai ji konverguoja''. :'''Įrodymas.''' Kadangi seka <math>\{x_n\}</math> yra aprėžta, tai jos elementų aibė turi tikslųjį viršutinį rėžį <math>\overline{x}</math> ir tikslųjį apatinį rėžį <math>\underline{x}.</math> Įrodysime štai ką: jei <math>\{x_n\}</math> – nemažėjanti seka, tai jos riba yra minėtasis tikslusis viršutinis rėžis; jei <math>\{x_n\}</math> – nedidėjanti seka, tai jos riba yra minėtasis tikslusis apatinis rėžis <math>\underline{x}.</math> Išnagrinėsime tik nemažėjančią seką, nes samprotavimai apie nedidėjančią seką būtų analogiški. :Kadangi <math>\overline{x}</math> yra sekos <math>\{x_n\}</math> elementų aibės tikslusis viršutinis rėžis, tai kiekvieną <math>\varepsilon>0</math> atitinka toks elementas <math>x_N,</math> kad <math>x_N>\overline{x}-\varepsilon</math> ir <math>x_N\leq \overline{x}</math> (bet koks elementas <math>x_n</math> ne didesnis už tikslųjį viršutinį rėžį <math>\overline{x},</math> t. y. <math>x_n \leq \overline{x}</math>). Iš šitų nelygybių gauname nelygybes <math>0\leq \overline{x}-x_N < \varepsilon.</math> Kadangi <math>\{x_n\}</math> – nemažėjanti seka, tai nelygybės <math>x_N \leq x_n \leq \overline{x}</math> yra teisingos, kai <math>n\geq N.</math> Iš to išplaukia, kad <math>0\leq \overline{x}-x_n \leq \overline{x}-x_N, \;</math> kai <math>n\geq N.</math> Anksčiau pabrėžėme, kad <math> \overline{x}-x_N < \varepsilon, </math> todėl, kai <math>n\geq N,</math> teisingos nelygybės <math>0\leq \overline{x}-x_n < \varepsilon,</math> iš kurių gauname nelygybę <math>|x_n-\overline{x}|<\varepsilon.</math> Vadinasi, įsitikinome, kad <math>\overline{x}</math> yra sekos <math>\{x_n\}</math> riba. Teorema įrodyta. :1 pastaba. ''Monotoninės sekos aprėžtumas yra būtinas ir pakankamas jos konvergavimo požymis''. :Iš tikrųjų, jei monotoninė seka yra aprėžta, tai pagal 3.15 teoremą ji konverguoja; jei monotoninė seka konverguoja, tai, remiantis 3.8 teorema, ji yra aprėžta. :2 pastaba. Konverguojanti seka gali ir nebūti monotoninė. Pavyzdžiui, seka <math>\{x_n\},</math> apibrėžta formule <math>x_n=\frac{(-1)^n}{n},</math> konverguoja, o jos riba yra skaičius 0. Tačiau ši seka nėra monotoninė, nes po teigiamo elemento eina neigiamas, o po neigiamo – teigiamas. :3 pastaba. Jei <math>\{x_n\}</math> yra nemažėjanti ir aprėžta seka, o <math>\overline{x}</math> – tos sekos riba, tai visi jos elementai tenkina nelygybę <math>x_n \leq \overline{x}.</math> Nedidėjančios ir aprėžtos sekos <math>\{x_n\},</math> konverguojančios į <math>\underline{x},</math> elementai tenkina nelygybę <math>\underline{x}\leq x_n.</math> Kad šie teiginiai teisingi, įsitikinome, įrodinėdami 3.15 teoremą. :'' '''3.15 teoremos išvada.''' Sakykime, duota begalinė segmentų sistema <math>[a_1; \; b_1], \; [a_2; \; b_2], \; ..., \; [a_n; \; b_n], \; ... \;</math> Jei kiekvienas segmentas yra pirmesniajame*, o skirtumas <math>b_n-a_n</math> (jį vadinsime segmento <math>[a_n; \; b_n]</math> ilgiu) artėja prie nulio, kai <math>n\to\infty</math> (segmentų sistemą, turinčią šią savybę, vadinsime susitraukiančia), tai egzistuoja vienintelis taškas c, priklausantis visiems tos sistemos segmentams. :'''Įrodymas.''' Pirmiausia pastebėsime, kad taškas ''c'', priklausantis visiems segmentams, gali būti tik vienas. Iš tikrųjų, jei būtų dar vienas taškas ''d'', priklausantis visiems segmentams, tai segmentas ** [''c''; ''d''] priklausytų visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n].</math> Bet tokiu atveju su bet kokiu numeriu ''n'' būtų teisingos nelygybės <math>b_n-a_n\geq d-c>0; </math> tai neįmanoma, nes <math>b_n-a_n \to 0, </math> kai <math>n\to \infty.</math> Dabar įsitikinsime, kad taškas ''c'', priklausantis visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n],</math> egzistuoja. Kadangi segmentų sistema yra susitraukianti, tai kairiųjų galų seka <math>\{a_n\}</math> yra nemažėjanti, o dešiniųjų galų seka <math>\{b_n\},</math> – nedidėjanti. Kadangi abi tos sekos yra aprėžtos (visi sekų <math>\{a_n\}</math> ir <math>\{b_n\}</math> elementai priklauso segmentui <math>[a_1; \; b_1]</math>), tai pagal 3.15 teoremą jos konverguoja. Iš to, kad skirtumas <math>b_n-a_n</math> nyksta, išplaukia, jog minimosios sekos turi bendrą ribą. Tą ribą žymėkime raide ''c''. Remiantis 3 pastaba, su bet kokiu numeriu ''n'' teisingos šios nelygybės: <math>a_n\leq c \leq b_n,</math> t. y. taškas ''c'' priklauso visiems segmentams <math>[a_n; \; b_n].</math> _______________ :''*'' Tai reiškia, kad <math>a_{n-1}\leq a_n<b_n \leq b_{n-1}.</math> :''**'' Siekdami konkretumo, tariame, kad ''d > c''. ===3. Keli konverguojančių monotoninių sekų pavyzdžiai.=== :Išnagrinėsime kelias sekas, kurių ribas apskaičiuosime, remdamiesi 3.15 teorema apie monotoninės sekos ribą. Be to, šiame skirsnyje susipažinsime su vienu bendru sekos ribos ieškojimo metodu, kai seka apibrėžiama rekurentine formule (Rekurentinė formulė (lot. ''recurrens – grįžtas) – formulė, pagal kurią <math>(n+1)</math>-ąjį sekos elementą galima išreikšti jos pirmųjų ''n'' elementų reikšmėmis.). :'''1 pavyzdys.''' Tirsime seką <math>\{x_n\},</math> kurios elementas <math>x_n</math> lygus :<math>x_n=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+...+\sqrt{a}}}}, \;\; a>0</math> :(''n'' radikalų). Tą pačią seką galima, savaime aišku, nusakyti šitokia rekurentine formule: :<math>x_1=\sqrt{a}, \quad x_n=\sqrt{a+x_{n-1}}.</math> :Norėdami įsitikinti, kad sekos <math>\{x_n\}</math> riba egzistuoja, įrodysime, jog ta seka yra ''didėjanti'' ir ''aprėžta''. Kad ta seka didėja, matyti tiesiog. Įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus skaičiumi ''A'', kai ''A'' – didedsnysis iš dviejų skaičių ''a'' ir 2. Jei <math>x_n \leq a,</math> tai teiginys jau įrodytas. Jei <math>x_n > a,</math> tai, dešinėje nelygybės <math>x_n^2=a+x_{n-1} \leq a+x_n \;</math> pusėje skaičių ''a'' pakeitę didesniu už jį skaičiumi <math>x_n,</math> gauname <math>x_n^2 <2x_n ,</math> o iš čia <math>x_n <2.</math> Taigi įrodėme, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš viršaus. Pagal 3.15 teoremą ta seka turi ribą. Pažymėkime tą ribą raide ''c''. Savaime aišku, <math>c>0.</math> Iš rekurentinės formulės turime lygybę :<math> x_n^2=a+x_{n-1},</math> :iš kurios matyti, kad sekos <math>\{x_n^2 \}</math> ir <math>\{a+x_{n-1}\}</math> sutampa. Todėl jos turi bendrą ribą. Kadangi pirmosios sekos riba lygi <math>c^2,</math> o antrosios <math>a+c</math> (kai ''n'' varo į begalybę skaičiams <math>x_n</math> ir <math>x_{n-1},</math> tai <math>x_n</math> praktiškai nesiskiria nuo <math>x_{n-1}</math> ir abu yra labai arti ''c'' reikšmės (abu labai panašūs į ''c'')), tai <math>c^2=a+c.</math> Iš čia, turėdami mintyje, kad <math>c>0,</math> randame ''c'': :<math>c^2=a+c,</math> :<math>c^2-c-a=0,</math> :<math>c_{1,2}=\frac{-(-1)\pm\sqrt{(-1)^2-4\cdot (-a)}}{2}=\frac{1\pm\sqrt{1+4a}}{2};</math> :kadangi <math>c>0,</math> tai :<math>c=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}.</math> :'''2 pavyzdys.''' Tirsime seką <math>\{x_n\},</math> kuria dažniausiai naudojamasi, apskaičiuojant teigiamo skaičiaus ''a'' kvadratinę šankį elektronine skaičiavimo mašina. Šita seka apibrėžiama tokia rekurentine formule: :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big), \quad n=1, \; 2, \; 3, \; ...</math> :Pirmuoju elementu <math>x_1</math> čia galima laikyti bet kokį teigiamą skaičių. :Įrodysime, kad ta seka konverguoja, o jos riba yra skaičius <math>\sqrt{a}.</math> Pirmiausia įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> turi ribą. Tam užtenka įrodyti, kad seka <math>\{x_n\}</math> yra ''aprėžta iš apačios'' ir kad, ''pradedant antruoju elementu, ji nedidėja''. Iš pradžių įsitikinsime, kad seka <math>\{x_n\}</math> aprėžta iš apačios. Sąlygoje pasakyta, jog <math>x_1>0,</math> o iš rekurentinės formulės, kai <math>n=1,</math> gauname <math>x_2>0.</math> Taip samprotaudami toliau, įsitikiname, kad visi <math>x_n</math> yra teigiami. :Dabar įrodysime, kad ''visi <math>x_n,</math> kai <math>n\geq 2,</math> tenkina nelygybę'' <math>x_n\geq \sqrt{a}.</math> Parašę rekurentinę formulę šitaip: <math>x_{n+1}=\frac{\sqrt{a}}{2}\Big( \frac{x_n}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{x_n}\Big), </math> remsimės beveik savaime aiškia nelygybe <math>t+\frac{1}{t}\geq 2</math>*, kuri teisinga, kai <math>t>0</math> (imame <math>t= \frac{x_n}{\sqrt{a}} </math>). Gausime :<math>x_{n+1}=\frac{\sqrt{a}}{2}\Big( \frac{x_n}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{a}}{x_n}\Big)\geq \frac{\sqrt{a}}{2}\cdot 2=\sqrt{a}, </math> :kai <math>n\geq 1, </math> t. y. <math>x_n\geq \sqrt{a},</math> pradedant numeriu <math>n=2.</math> :Pagaliau įsitikinsime, kad ''seka <math>\{x_n\},</math> kai <math>n\geq 2,</math> nedidėja''. Iš rekurentinės formulės matome, kad <math>\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{1}{2}\Big( 1+\frac{a}{x_n^2}\Big), </math> o iš čia, turėdami mintyje, kad <math>x_n\geq \sqrt{a},</math> gauname <math>\frac{x_{n+1}}{x_n}\leq 1, </math> arba <math>x_n\geq x_{n+1}</math> (kai <math>n\geq 2</math>). :Kadangi seka <math>\{x_n\},</math> kai <math>n\geq 2,</math> nedidėja ir yra aprėžta iš apačios skaičiumi <math>\sqrt{a}</math> (nes <math>x_n\geq \sqrt{a}</math>), tai ji turi ribą, ne mažesnę kaip <math>\sqrt{a}</math> (žr. 3.15 ir 3.13 teoremą). Tą ribą pažymėkime raide ''c'' ir atsižvelgę į tai, kad <math>\lim_{n\to \infty} x_{n+1}=c,</math> o <math>\lim_{n\to \infty} \frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big)=\frac{1}{2}\Big( c+\frac{a}{c}\Big),</math> gauname lygybę :<math>c=\frac{1}{2}\Big( c+\frac{a}{c}\Big)</math>**, :<math>c^2=\frac{1}{2}\Big( c^2+a\Big),</math> :<math>2c^2= c^2+a,</math> :<math>2c^2-c^2=a,</math> :<math>c^2=a.</math> :Vadinasi, <math>c= \sqrt{a} .</math> :1 pastaba. Spręsdami pateiktuosius pavyzdžius, naudojomės plačiai taikomu metodu sekos ribai skaičiuoti. Metodo esmė: iš pradžių įsitikinama, kad sekos riba egzistuoja, o paskui iš lygties, kuri gaunama iš rekurentinės formulės, vietoje <math>x_n</math> ir <math>x_{n+1}</math> įrašius ieškomąją sekos <math>\{x_n\}</math> ribos reikšmę ''c'', apskaičiuojama tos ribos skaitinė reikšmė. :2 pastaba. Rekurentinės formulės dažnai naudojamos skaičiavimo matematikoje, nes jas taikant daug kartų, atliekamos to paties tipo skaičiavimo operacijos, o tai labai patogu skaičiuojant elektroninėmis skaičiavimo mašinomis. :Išnagrinėtoji rekurentinė formulė aprašo, kaip įsitikinome, <math> \sqrt{a}</math> skaičiavimo algoritmą (įrodėme, kad <math>\lim_{n\to \infty} x_n= \sqrt{a}</math>). :Vėliau bus tiriamas sekos <math>\{x_n\}</math> konvergavimo į <math>\sqrt{a}</math> greitis. Įrodoma, kad, tinkamai pasirinkus pirmąjį artinį <math>x_1,</math> kai <math>a>1,</math> jau ketvirtasis artinys <math>x_4</math> nuo skaičiaus <math>\sqrt{a}</math> skiriasi mažiau kaip <math>10^{-10}.</math> :'''3 pavyzdys.''' Įsitikinsime, kad sekos <math>\{c_n\},</math> kai <math>c_n=\frac{x^{n+1}}{(n+1)!},</math> o ''x'' – bet koks fiksuotas skaičius, riba lygi nuliui. Kai ''n'' – pakankamai didelis natūralusis skaičius, <math>\frac{|x|}{n+1}<1.</math> Todėl, pradedant kuriuo nors numeriu ''N'', turi būti <math>|c_{n+1}| < |c_n|,</math> nes <math>|c_{n+1}| =\frac{|x|^n}{n!} \cdot \frac{|x|}{n+1}= |c_n|\cdot \frac{|x|}{n+1}.</math> :Vadinasi, pradedant numeriu ''N'', seka <math>\{|c_n|\}</math> mažėja. Kadangi, be to, ji aprėžta iš apačios (pavyzdžiui nuliu), tai pagal 3.15 teoremą seka <math>\{|c_n|\}</math> konverguoja. Tarkime, kad ''c'' yra tos sekos riba. Iš lygybės <math>|c_{n+1}| = |c_n|\cdot \frac{|x|}{n+1}</math> išplaukia, kad <math>c=0,</math> nes sekos <math>\{|c_{n+1}|\}</math> riba lygi ''c'', o sekos <math>\{\frac{|x|}{n+1}\}</math> – nuliui. _____________________ :''*'' Tą nelygybę įrodinėjant, užtenka pastebėti, kad, kai <math>t>0,</math> ji ekvivalenti nelygybei <math>t^2-2t+1\geq 0.</math> :''**'' Ta lygybė gaunama iš rekurentinės formulės <math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big).</math> ==Sekos, aproksimuojančios a šaknyje, konvergavimo greitis== :Šio skyriaus 3 paragrafo 3 skirsnyje įrodėme, kad sekos <math>\{x_n\}</math> apibrėžiamos rekurentine formule :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big), \quad n=1, \; 2, \; 3, \; ..., \quad (3.10)</math> :kai <math>a>0,</math> o <math>x_1</math> – bet koks teigiamas skaičius, riba lygi <math>\sqrt{a}.</math> Skaičiaus <math>\sqrt{a}</math> artiniu galima laikyti bet kurį tos sekos narį <math>x_{n+1}.</math> Tokiu atveju, be abejo, reikia išsiaiškinti, koks turi būti įteracijų* skaičius ''n'', kad <math>\sqrt{a}</math> artinys būtų nurodyto tikslumo. ______________ :''*'' '''Iteracija''' (lot. ''iteratio'' – kartojimas) – kokios nors matematinės operacijos pakartojimas. Šiuo atveju ''viena'' iteracija yra <math>x_{n+1}</math> apskaičiavimas, kai žinomas <math>x_{n},</math> pagal rekurentinę (3.10) formulę. ______________ :Nagrinėsime seką <math>x_{n},</math> apibrėžtą rekurentine (3.10) formule. Tos sekos elementą <math>x_n</math> vadinsime skaičiaus <math>\gamma=\sqrt{a}\;</math> ''n-uoju artiniu''. Skaičių :<math>\varepsilon_n=\frac{x_n -\gamma}{\gamma} \quad (3.11)</math> :vadinsime ''n''-ojo artinio ''santykine paklaida''. :Įrodysime teiginį apie santykinės paklaidos <math>\varepsilon_{n+1}</math> įvertinimą, remiantis pirmojo artinio santykine paklaida <math>\varepsilon_{1}.</math> :''Jei <math>x_1</math> taip parinktas, kad <math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2},</math> tai su bet kokiu <math>n\geq 1</math> teisinga šitokia nelygybė: :<math>0< \varepsilon_{n+1} < \varepsilon_1^{2^n}. \quad (3.12)</math> :[ <math>0\leq \varepsilon_{n+1} \leq \varepsilon_1^{2^n},</math> kai <math>\varepsilon_{1}</math> gali būti lygus nuliui.] :'''Įrodymas.''' Iš (3.11) formulės :<math>x_n=\gamma(1+\varepsilon_n). \quad (3.13)</math> :Remdamiesi (3.10) ir (3.13) formulėmis bei lygybe <math>\frac{a}{\gamma}=\gamma,</math> gauname :<math>x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_n+\frac{a}{x_n}\Big)=\frac{1}{2}\left[ \gamma(1+\varepsilon)+\frac{a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=\frac{1}{2}\left[ \frac{a(1+\varepsilon_n)^2 +a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=</math> :<math>=\frac{1}{2}\left[ \frac{a(1+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2) +a}{\gamma(1+\varepsilon_n)}\right]=\frac{a}{\gamma}\left[ \frac{(1+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2) +1}{2(1+\varepsilon_n)}\right]=\gamma\left[ \frac{2+2\varepsilon_n +\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right]=\gamma\left[1 +\frac{\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right].</math> :Kadangi <math>x_{n+1}=\gamma(1+\varepsilon_{n+1}),</math> tai savaime aišku, kad :<math>\gamma(1+\varepsilon_{n+1})=\gamma\left[1 +\frac{\varepsilon_n^2}{2(1+\varepsilon_n)}\right],</math> :<math>\varepsilon_{n+1}=\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)}\cdot \varepsilon_n^2 .\quad (3.14)</math> :Pagal sąlygą <math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2}.</math> Iš to išplaukia nelygybės <math>0<\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)} < 1.</math> Bet tada iš (3.14) lygybės, kai <math>n=1,</math> išplaukia nelygybė <math>\varepsilon_2\geq 0.</math> Panašiai naudodamiesi (3.14) lygybe, kai <math>n=1, \; 2, \; ..., </math> įsitikiname, kad visi <math>\varepsilon_{n+1}</math> yra neneigiami (<math>n\geq 1</math>). :Iš (3.14) lygybės, nelygybių <math>0<\frac{1}{2(1+\varepsilon_n)} < 1</math> ir iš to, kad visi <math>\varepsilon_{n},</math> kai <math>n> 1,</math> yra neneigiami, išplaukia nelygybė <math>\varepsilon_{n+1}<\varepsilon_n^2,</math> kai <math>n\geq 1.</math> Iš čia gauname dešiniąją (3.12) nelygybę. Teiginys įrodytas. :[<math>|\varepsilon_{1}|<\frac{1}{2}, \; </math> <math>\varepsilon_{2}<\varepsilon_1^2, \;</math> <math>\varepsilon_{3}<\varepsilon_2^2 <(\varepsilon_1^2)^2=\varepsilon_1^4, \;</math> <math>\varepsilon_{4}<\varepsilon_3^2 <(\varepsilon_1^4)^2=\varepsilon_1^8=\varepsilon_1^{2^3}</math> ir taip toliau.] :Iš (3.12) nelygybių matyti, kad <math>\sqrt{a}</math> artinio po ''n'' iteracijų santykinė paklaida įvertinama, remiantis pirmojo artinio <math>x_1</math> santykine paklaida <math>\varepsilon_{1}</math> ir iteracijų skaičiumi ''n''. Vėliau įsitikinsime, jog tuo atveju, kai <math>a>1</math>*, pirmąjį artinį galima pasirinkti taip, kad santykinės paklaidos <math>\varepsilon_{1}</math> modulis nebūtų didesnis už 0.05. Savaime aišku, taip pasirinkus <math>x_1,</math> santykinė paklaida tenkins įrodytojo teiginio sąlygas. Tuomet bus aišku ir koks turi būti iteracijų skaičius ''n'', kad <math>\sqrt{a}</math> artinio santykinė paklaida nebūtų didesnė už duotąjį skaičių <math>\varepsilon</math>: ''tą skaičių n galima rasti iš nelygybės''* (ta nelygybė gaunama tiesiog iš (3.12) nelygybių) :<math>(0.05)^{2^n} < \varepsilon. \quad (3.15)</math> :Taigi tarkime, kad <math>a>1.</math> Skaičių ''a'' išreikšime šitaip: :<math>a=2^{2k+i} M; \quad (3.16)</math> :čia ''k'' – sveikasis neneigiamas skaičius, skaičius ''i'' lygus arba nuliui, arba vienetui, o skaičius ''M'' tenkina sąlygą :<math>1\leq M <2. \quad (3.17)</math> :Pabrėšime, kad skaičius ''a'' išreiškiamas (3.16) pavidalu vieninteliu budu. :Pirmąjį artinį <math>x_1</math> pasirinkime šitaip: :<math>x_1=2^k \Big( \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} \Big). \quad (3.18)</math> :Įsitikinsime, kad tuo atveju, kai ''M'' – ''bet koks'' skaičius, tenkinantis (3.17) sąlygas, pirmojo <math>\sqrt{a}</math> artinio <math>x_1,</math> rasto pagal (3.18) formulę, santikinės paklaidos <math>\varepsilon_1</math> modulis ne didesnis kaip 0.05. :Įrodinėdami šį teiginį, remsimės tikslia santykinės paklaidos išraiška <math>\varepsilon_1=\frac{x_1 -\gamma}{\gamma} .</math> Iš (3.16) lygybės gauname <math>\gamma=\sqrt{a}=2^k \sqrt{2^i M};</math> todėl iš <math>\varepsilon_1</math> išraiškos ir iš (3.18) formulės :<math>\varepsilon_1=\frac{x_1 -\gamma}{\gamma} =\frac{2^k \Big( \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} \Big) -2^k \sqrt{2^i M}}{2^k \sqrt{2^i M}} =\frac{ \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} - \sqrt{2^i M}}{ \sqrt{2^i M}}. \quad (3.19)</math> [[File:Parabolesakniai3.4pav.png|thumb|3.4 pav.]] [[File:Wa3.4pav.gif|thumb|Alternatyvus 3.4 pav. ''Oy'' ašimi grafikas ištemptas tik maždaug 2 kartus daugiau nei ''Ox'' ašimi.]] :Kadangi skaičius ''i'' lygus arba nuliui, arba vienetui, o <math>M\geq 1,</math> tai <math>\sqrt{2^i M}\geq 1.</math> Todėl iš (3.19) lygybės išplaukia nelygybė :<math>|\varepsilon_1|\leq | \frac{1}{3}\cdot 2^i M+\frac{17}{24} - \sqrt{2^i M} |. \quad (3.20)</math> :Pažymėkime <math>\sqrt{2^i M}</math> raide ''X''. Kadangi <math>1\leq M<2,</math> o ''i'' lygus arba nuliui, arba vienetui, tai visos galimos ''X'' reikšmės priklauso intervalui [1; 2): :<math>1\leq X<2. \quad (3.21)</math> :Naudodami naujai įvestą žymėjimą, (3.20) nelygybę perrašysime šitaip: :<math>|\varepsilon_1|\leq | \frac{1}{3}X^2 -X +\frac{17}{24} |. \quad (3.22)</math> :Pagal (3.22) nelygybę maksimalioji <math>|\varepsilon_1|</math> reikšmė ne didesnė už maksimaliąją reiškinio <math> | \frac{1}{3}X^2 -X +\frac{17}{24} |</math> reikšmę, kai ''X'' tenkina (3.21) sąlygas. Kad būtų aiškiau, išnagrinėkime funkcijos <math>f(X)= \frac{1}{3} X^2 -X +\frac{17}{24}</math> grafiką. _______________ :''*'' Jei <math>a<1,</math> tai <math>a=\frac{1}{b}</math> ir <math>b>1.</math> Tada <math>\sqrt{a}=\frac{1}{\sqrt{b}}.</math> orcdze66otn07o3lutkwpt7og3nwx49