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

Демидович — задача 638

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

Последовательность функций

y_n=y_n(x), \qquad 0\leqslant x\leqslant1

определяется следующим образом:

\text{а) }y_1=\frac x2, \qquad y_n=\frac x2-\frac{y_{n-1}^2}{2} \quad n=2,3,\ldots

\text{б) }y_1=\frac x2, \qquad y_n=\frac x2+\frac{y_{n-1}^2}{2} \quad n=2,3,\ldots

Найти

\displaystyle\lim_{n\to\infty}y_n

Ответ:а)

\lim_{n\to\infty}y_n=\sqrt{1+x}-1

б)

\lim_{n\to\infty}y_n=1-\sqrt{1-x}

Решение

Рассмотрим отображение

T_-(y)=\frac{x-y^2}{2}

Если

0\leqslant y\leqslant x/2

, то при

0\leqslant x\leqslant1

0\leqslant\frac{x-x^2/4}{2} \leqslant T_-(y)\leqslant\frac x2

Поэтому все члены последовательности лежат на отрезке

[0,x/2]

.
Для любых

u,v

из этого отрезка

|T_-(u)-T_-(v)| =\frac{|u+v|}{2}|u-v| \leqslant\frac12|u-v|

В частности,

|y_{n+1}-y_n| \leqslant\frac1{2^{n-1}}|y_2-y_1|

Поэтому при

p>q\geqslant2

|y_p-y_q| \leqslant\sum_{n=q}^{p-1}|y_{n+1}-y_n| \leqslant\frac{|y_2-y_1|}{2^{q-2}}

Правая часть стремится к нулю при

q\to\infty

, поэтому
последовательность фундаментальна и сходится. Её предел удовлетворяет

L=\frac x2-\frac{L^2}{2}

то есть

L^2+2L-x=0

. Из двух корней только

-1+\sqrt{1+x}

неотрицателен

б) Пусть

r=1-\sqrt{1-x}

Это меньший неотрицательный корень уравнения

r=\frac x2+\frac{r^2}{2}

Кроме того,

y_1=\frac x2\leqslant r

Отображение

T_+(y)=\dfrac{x+y^2}{2}

возрастает. Поэтому из

0\leqslant y_n\leqslant r

следует

0\leqslant y_{n+1}=T_+(y_n)\leqslant T_+(r)=r

Также

y_2\geqslant y_1

, а из возрастания

T_+

следует по индукции

y_{n+1}\geqslant y_n

. Последовательность возрастает и ограничена
сверху, поэтому имеет предел. Переход к пределу даёт корни

1\pm\sqrt{1-x}

, но предел не превосходит

r

, следовательно, равен
именно

r