9 Предел рекуррентной последовательности

Предел рекуррентной последовательности

Разберём центральное применение теоремы. Пусть последовательность задана рекуррентно:

x_{n+1}=\sqrt{2+x_n} \qquad x_1=1

Нужно найти её предел.

Сначала посмотрим на несколько значений:

\begin{aligned} x_1&=1\\ x_2&=\sqrt3\approx1{,}732\\ x_3&=\sqrt{2+\sqrt3}\approx1{,}932\\ x_4&\approx1{,}983 \end{aligned}

Числа растут и как будто приближаются к $2$ . Но первые несколько членов дают только гипотезу. Чтобы законно применить теорему Вейерштрасса, сначала проверим ограниченность и монотонность.

LaTeX — Первые члены рекуррентной последовательности и предполагаемый предел $2$

Пример

Разбор.

Шаг 1. Проверяем ограниченность: $0<x_n<2$ для каждого $n$ .

Используем математическую индукцию. Её логика здесь простая: сначала проверяем утверждение для первого номера, а затем устанавливаем правило «если оно верно для номера $n$ , то верно и для следующего номера $n+1$ ».

База. При $n=1$

0<x_1=1<2

Переход. Предположим, что для некоторого $n$

0<x_n<2

Тогда

2<2+x_n<4

Все величины положительны, поэтому извлечение квадратного корня сохраняет порядок:

\sqrt2<\sqrt{2+x_n}<2

Но $\sqrt{2+x_n}=x_{n+1}$ , следовательно,

0<x_{n+1}<2

По индукции $0<x_n<2$ для всех $n$ . В частности, последовательность ограничена сверху числом $2$ .

Шаг 2. Проверяем строгое возрастание.

Нужно установить $x_{n+1}>x_n$ , то есть

\sqrt{2+x_n}>x_n

Из шага 1 знаем, что $x_n>0$ ; левая часть также положительна. Поэтому обе части можно возвести в квадрат, не меняя равносильности. Знак $\iff$ ниже означает «равносильно», то есть левое и правое условия выполняются одновременно:

\begin{aligned} \sqrt{2+x_n}>x_n &\iff 2+x_n>x_n^2\\ &\iff x_n^2-x_n-2<0\\ &\iff (x_n-2)(x_n+1)<0 \end{aligned}

По шагу 1 имеем $x_n-2<0$ , а $x_n+1>0$ . Их произведение отрицательно. Значит,

x_{n+1}>x_n

для каждого $n$ , и последовательность строго возрастает.

Шаг 3. Применяем теорему и находим предел.

Теперь условия теоремы Вейерштрасса проверены буквально:

последовательность неубывает, более того, строго возрастает;
она ограничена сверху числом $2$ .

Следовательно, существует конечный предел

\lim_{n\to\infty}x_n=a

Более того, по теореме $a=\sup x_n$ .

Если $x_n\to a$ , то и $x_{n+1}\to a$ : сдвиг на один номер лишь удаляет первый член и не меняет поведение бесконечного хвоста. Поскольку последовательность возрастает от $x_1=1$ , имеем $a\ge1$ .

Теперь используем ещё одно стандартное свойство пределов: если $x_n\to a$ , то $\sqrt{2+x_n}\to\sqrt{2+a}$ . Строго это свойство связано с непрерывностью функции $t\mapsto\sqrt{2+t}$ при $t>-2$ . Поэтому в рекуррентном равенстве можно перейти к пределу:

\begin{aligned} x_{n+1}&=\sqrt{2+x_n}\\ a&=\sqrt{2+a}\\ a^2&=2+a\\ a^2-a-2&=0\\ (a-2)(a+1)&=0 \end{aligned}

Получаем кандидаты $a=2$ и $a=-1$ . Но выше уже установлено, что $a\ge1$ . Поэтому корень $-1$ не подходит, и остаётся

\lim_{n\to\infty}x_n=2

Так как для возрастающей последовательности предел равен супремуму, одновременно получили $\sup x_n=2$ .