2
2

Здравствуйте! Последовательность $%\{a_n\}$% такова, что $%a_1 > 0$%, $%a_2 > 0$% и $%a_{n+1} = \tfrac 2 {a_n + a_{n-1}}$% при $%n\ge2$%. Доказать, что $%\{a_n\}$% сходится.

задан 27 Фев '18 4:08

изменен 27 Фев '18 4:08

2

Я временно удалил решение, так как в конце обнаружил ошибку. Постараюсь сейчас доработать.

(27 Фев '18 15:41) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
4

Вот "обновлённая" версия.

Положим $%b_n=\max(a_n,a_{n-1},\frac1{a_n},\frac1{a_{n-1}})$% при $%n\ge2$%. Из неравенств $%a_n\le b_n$%, $%a_{n-1}\le b_n$% следует, что $%a_{n+1}=\frac2{a_n+a_{n-1}}\ge\frac1{b_n}$%, то есть $%\frac1{a_{n+1}}\le b_n$%. Далее, из неравенств $%\frac1{a_n}\le b_n$%, $%\frac1{a_{n-1}}\le b_n$% следует $%a_n,a_{n-1}\ge\frac1{b_n}$%, и далее $%a_{n+1}\le b_n$%. Из имеющихся неравенств, $%a_{n+1},a_n,\frac1{a_{n+1}},\frac1{a_n}\le b_n$%, то есть $%b_{n+1}\le b_n$%.

Последовательность $%b_n$% ($%n\ge2$%) не возрастает, и все её члены положительны. Поэтому существует предел $%\lim\limits_{n\to\infty}b_n=b\ge0$%. Из неравенств $%a_n\le b_n$% для всех $%n\ge2$% следует, что $%a_n$% ограничена сверху, и её верхний предел не больше $%b$%. То же самое верно для $%\frac1{a_n}$%. При переходе к последовательности обратных величин, верхний предел переходит в нижний, и последний оказывается не меньше $%b^{-1}$% (бесконечное значение временно допускаем).

Таким образом, $%b^{-1}\le\varliminf\limits_{n\to\infty}a_n\le\varlimsup\limits_{n\to\infty}a_n\le b$%, откуда следует $%b\ge1$% (в частности, $%b\ne0$%). Докажем, что $%b=1$%.

Предположим, что $%b > 1$%. Рассмотрим для начала рассуждение "на пальцах". Поскольку $%b_n$% сколь угодно близко к $%b$% при достаточно больших $%n$%, один из членов последовательности (с номером $%n$% или $%n-1$%, на котором максимум достигается), окажется близок к $%b$% или $%b^{-1}$%. Оба случая симметричны, поэтому рассмотрим первый, а номер будем считать равным $%m+1$% в целях удобства.

Из рекуррентной формулы следует, что $%a_m+a_{m-1}$% близко к $%2b^{-1}$%. Ввиду того, что все $%a_n$% при $%n\gg1$% расположены в пределах отрезка $%[b^{-1}-\varepsilon,b+\varepsilon]$%, оба слагаемых $%a_m$% и $%a_{m-1}$% будут близки к $%b^{-1}$%. Из факта близости $%a_m$% к $%b^{-1}$% мы аналогичным образом выводим, что два предыдущих члена, то есть $%a_{m-1}$% и $%a_{m-2}$%, должны быть близки к $%b$%, но тогда оказывается, что $%a_{m-1}$% близок и к $%b$%, и к $%b^{-1}$%, а последнее невозможно.

Теперь то же самое более формально. Ясно, что $%a_n\in[\frac1{b_n},b_n]$% для всех $%n\ge2$%, поэтому для любого $%\varepsilon > 0$% найдётся номер, начиная с которого все члены последовательности $%a_n$% будут принадлежать интервалу $%(b^{-1}-\varepsilon,b+\varepsilon)$%. Понятно также, что некоторый член последовательности будет достаточно близок к $%b$% или $%b^{-1}$%. Ограничимся разбором первого случая, полагая $%|a_{m+1}-b| < \varepsilon$%.

Отсюда следует, что $%\frac2{a_m+a_{m-1}} > b-\varepsilon$%, то есть $%a_m+a_{m-1} < \frac2{b-\varepsilon}$%. Следовательно, $%a_m < \frac2{b-\varepsilon}-a_{m-1} < \frac2{b-\varepsilon}-b^{-1}+\varepsilon < b^{-1}+\varepsilon_1$%, где $%\frac2{b-\varepsilon}-2b^{-1}=\frac{2\varepsilon}{b(b-\varepsilon)} < \frac{4\varepsilon}{b^2} < 4\varepsilon$% при $%\varepsilon < b/2$%, и подходит $%\varepsilon_1=5\varepsilon$%. Аналогично, $%a_{m-1} < b^{-1}+5\varepsilon$%, так как слагаемые в неравенствах можно поменять ролями.

Теперь, исходя из условия $%a_m=\frac2{a_{m-1}+a_{m-2}} < b^{-1}+5\varepsilon$%, мы получаем $%a_{m-1}+a_{m-2} > \frac2{b^{-1}+5\varepsilon}$%, откуда $%a_{m-1} > \frac2{b^{-1}+5\varepsilon}-b-\varepsilon=b-\varepsilon_2$%, где $%\varepsilon_2=2b-\frac{2b}{1+5\varepsilon b}+\varepsilon=\frac{10b^2\varepsilon}{1+5\varepsilon b}+\varepsilon < (10b^2+1)\varepsilon$%.

Сравнение двух неравенств для $%a_{m-1}$% даёт $%b-(10b^2+1)\varepsilon < b^{-1}+5\varepsilon$%, что будет неверно, если взять $%\varepsilon$% достаточно малым.

ссылка

отвечен 27 Фев '18 21:34

Здравствуйте! Кое-что не до конца понятно. А как мы пришли в Таким образом, $%b^{−1}≤lim (нижний) a_n ≤ lim (верхний) a_n≤b$%, откуда следует $%b\ge 1$% к тому, что $%b \ge 1$%?

(2 Мар '18 3:00) Math_2012
1

@Math_2012: а что тут надо объяснять? Из неравенств следует b^{-1}<=b. Это значит, что b>=1 ввиду положительности b. Потом приводим к противоречию предположение b > 1. Если вопрос касался самих неравенств, то они были обоснованы чуть выше.

(2 Мар '18 3:11) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×3,619
×334

задан
27 Фев '18 4:08

показан
410 раз

обновлен
2 Мар '18 3:11

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru