Раздел I. Введение в анализ — § 5. Предел функции

Демидович — задача 637

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 637

1. Последовательность xnx_n задана равенствамиx1=a,x2=a+a,x3=a+a+a,…(a>0)x_1=\sqrt a,
\qquad
x_2=\sqrt{a+\sqrt a},
\qquad
x_3=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt a}},\ldots
\qquad (a>0)Найти lim⁡n→∞xn\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n

2. Последовательность xnx_n задана следующим образом:x1=0,x2=1x_1=0,
\qquad
x_2=1xn=12(xn−1+xn−2)n=3,4,…x_n=\frac12(x_{n-1}+x_{n-2})
\qquad
n=3,4,\ldotsНайти lim⁡n→∞xn\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n

3. Последовательность yny_n определяется с помощью
последовательности xnx_n соотношениямиy0=x0,yn=xn−αxn−1n=1,2,…y_0=x_0,
\qquad
y_n=x_n-\alpha x_{n-1}
\qquad
n=1,2,\ldotsгде ∣α∣<1|\alpha|<1. Найти lim⁡n→∞xn\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n, еслиlim⁡n→∞yn=b\lim_{n\to\infty}y_n=b4. Последовательность xnx_n определяется следующим образом:x0=1,xn=11+xn−1n=1,2,…x_0=1,
\qquad
x_n=\frac1{1+x_{n-1}}
\qquad
n=1,2,\ldotsНайти lim⁡n→∞xn\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n

Указание. Рассмотреть разности между xnx_n и корнями уравненияx=11+xx=\frac1{1+x}
Ответ:lim⁡n→∞xn=1+1+4a2\lim_{n\to\infty}x_n
=\frac{1+\sqrt{1+4a}}2lim⁡n→∞xn=23\lim_{n\to\infty}x_n=\frac23lim⁡n→∞xn=b1−α\lim_{n\to\infty}x_n=\frac b{1-\alpha}lim⁡n→∞xn=5−12\lim_{n\to\infty}x_n=\frac{\sqrt5-1}{2}

Решение

  1. 1
    Последовательность удовлетворяет рекуррентному соотношениюxn+1=a+xnx_{n+1}=\sqrt{a+x_n}Положительный корень уравнения L=a+LL=\sqrt{a+L} равенL=1+1+4a2L=\frac{1+\sqrt{1+4a}}2Поскольку L2=a+L>aL^2=a+L>a, имеем x1=a<Lx_1=\sqrt a<L. Если
    0<xn<L0<x_n<L, тоxn+1=a+xn<a+L=Lx_{n+1}=\sqrt{a+x_n}<\sqrt{a+L}=LКроме того, на промежутке 0<x<L0<x<L выполняетсяx2−x−a<0x^2-x-a<0поэтомуxn+12−xn2=a+xn−xn2>0x_{n+1}^2-x_n^2
    =a+x_n-x_n^2>0    и xn+1>xnx_{n+1}>x_n. Следовательно, последовательность возрастает и
    ограничена сверху числом LL. Она имеет предел, а переход к пределу в
    рекуррентной формуле показывает, что этот предел равен LL

    Характеристическое уравнение рекуррентной формулы имеет вид2r2−r−1=02r^2-r-1=0Его корни равны 11 и −12-\dfrac12, поэтомуxn=A+B(−12)n−1x_n=A+B\left(-\frac12\right)^{n-1}Из начальных условий получаемA+B=0,A−B2=1A+B=0,
    \qquad
    A-\frac B2=1    откуда A=23A=\dfrac23 и B=−23B=-\dfrac23. Следовательно,xn=23[1−(−12)n−1]x_n=\frac23
    \left[1-\left(-\frac12\right)^{n-1}\right]
  2. 2
    Из определения yny_n имеемxn=αxn−1+ynx_n=\alpha x_{n-1}+y_nПредполагаемый предел должен удовлетворять равенству
    L=αL+bL=\alpha L+b, поэтому положимL=b1−αL=\frac b{1-\alpha}Тогдаxn−L=α(xn−1−L)+(yn−b)x_n-L=\alpha(x_{n-1}-L)+(y_n-b)После последовательной подстановки получаемxn−L=αn(x0−L)+∑k=1nαn−k(yk−b)x_n-L
    =\alpha^n(x_0-L)
    +\sum_{k=1}^n\alpha^{n-k}(y_k-b)    Первое слагаемое стремится к нулю, поскольку ∣α∣<1|\alpha|<1. Для суммы
    возьмём NN, после которого ∣yk−b∣<ε(1−∣α∣)/2|y_k-b|<\varepsilon(1-|\alpha|)/2.
    Её хвост по модулю не превосходитε(1−∣α∣)2∑j=0∞∣α∣j=ε2\frac{\varepsilon(1-|\alpha|)}2
    \sum_{j=0}^{\infty}|\alpha|^j
    =\frac\varepsilon2    а конечная начальная часть также стремится к нулю, поскольку каждое из
    конечного числа её слагаемых содержит множитель
    α n−k→0\alpha^{\,n-k}\to0. Значит, xn→Lx_n\to L

Проверка

4. Положительный корень уравнения из указания равенλ=5−12\lambda=\frac{\sqrt5-1}{2}Так как x0=1x_0=1, x1=12x_1=\dfrac12, а отображение
T(x)=11+xT(x)=\dfrac1{1+x} переводит отрезок [1/2,1][1/2,1] в себя, все члены
последовательности лежат на этом отрезке. При этом∣xn−λ∣=∣11+xn−1−11+λ∣==∣xn−1−λ∣(1+xn−1)(1+λ)\begin{aligned}
|x_n-\lambda|
&=\left|\frac1{1+x_{n-1}}-\frac1{1+\lambda}\right|=\\
&=\frac{|x_{n-1}-\lambda|}
{(1+x_{n-1})(1+\lambda)}
\end{aligned}Поскольку xn−1⩾12x_{n-1}\geqslant\dfrac12, множитель при предыдущей ошибке
не превосходит постоянного числаq=1(1+1/2)(1+λ)<1q=\frac1{(1+1/2)(1+\lambda)}<1Следовательно, ∣xn−λ∣⩽qn∣x0−λ∣→0|x_n-\lambda|\leqslant q^n|x_0-\lambda|\to0
Демидович № 637 — решение и ответ