Последовательность {$%{a_n}$%} такова, что $%0 < a_n <1$%, и кроме того: $%a_{n+1}<(a_n+a_{n-1})/2$%. Верно ли, что {$%{a_n}$%} сходится? Найдите множество всех возможных пределов таких последовательностей.

Пока удалось прийти к такому выводу: $%a_{n+1} < a_n $% (т.к. при $%a_{n+1} > a_n$% не выполняется условие $%a_{n+1}<(a_n+a_{n-1})/2$%).

задан 9 Апр 0:19

изменен 9 Апр 0:42

Если бы на самом деле было так, то делать было бы нечего. Вы декларируете монотонность, а ограниченность элементарно из условия следует.

Вот только ошибаетесь.
а1=1/2, a2=1/3, а3=2/5>a2

(9 Апр 7:50) spades
1

@spades, благодарю, за контрпример! Можете подсказать, насколько корректно находить множество всех пределов таким способом: очевидно, что для любого $%k \in \mathbb{R}$%, такого, что $%0 < k < 1$% можно определить последовательность $%\{a_n\}=k + (1-k)/(n+1)$%, где $%0 < a_n < 1$%. Далее показываем, что $%a_{n+1}<(a_n+a_{n-1})/2$% для любой из тех последовательностей (составляем неравенство на основе той формулы и проверяем, что оно верно для любого $%n > 0 $%). После чего можно сделать заключение, что множеством пределов таких последовательностей будет диапазон вещественных чисел $%(0, 1)$%.

(9 Апр 12:37) outsider

@outsider: по-моему, Ваш пример работает. Остаётся установить, всегда ли a(n) имеет предел. То есть можно попытаться построить пример последовательности, которая бы расходилась (имела два разных частичных предела). Скорее всего, такое возможно.

(9 Апр 14:07) falcao

@falcao, можете пояснить, для чего нам это устанавливать? Пример такой последовательности я нашел $%2/8+1/8(-1)^n+1/(2n)(-1^n)$%, у нее получается 2 частичных предела ($%1/8$% и $%3/8$%). Но стоит заметить, что такая последовательность не соответствует условию $% a_{n+1}<(a_n+a_{n-1})/2 $%

(9 Апр 15:48) outsider
1

@outsider, высказывается предположение, что {a_n} не всегда является сходящейся. В этом случае ответ на вопрос в задаче будет отрицательным. Чтобы показать это - достаточно построить пример одной такой последовательности. Условие $%a_{n+1}<(a_n+a_{n−1})/2$% конечно должно выполняться

(9 Апр 17:11) spades

@falcao, @spades, благодарю за пояснения! Но у меня пока что не получается, продвинуться дальше. Удалось выяснить, что из $%a_{n+1}<(a_n+a_{n-1})/2$% можно выразить элемент $%a_{n+p}$% ($%p \in \mathbb{N}$%) через $%a_n$% и $%a_{n-1}$%:
$%a_{n+p} < \frac{b_p}{2^p}(a_n-a_{n-1})+a_{n-1}$%, где $%b_n$% - член последовательности $%\{b_n\}=2^n-b_{n-1}$% ($%b_0=1$%).
Исходя из этого неравенства, при достаточно большом $%p$% получается, что $%a_{n+p}$% должен быть меньше $%a_n$%. Можно ли что-то из этого выяснить дальше?

(9 Апр 19:24) outsider

@outsider: я так глубоко в задачу не пытался вникать, но можно попытаться придумать пример последовательности из условия, где члены с нечётными номерами имеют один предел, а члены с чётными -- другой. Идея в том, что при n одной из чётностей число a(n+1) выбираем совсем близко к полусумме a(n) и a(n-1), а для другой чётности -- существенно меньше. Но это только на уровне идеи -- работает ли оно, я не знаю.

(9 Апр 19:34) falcao
показано 5 из 7 показать еще 2
10|600 символов нужно символов осталось
Знаете, кто может ответить? Поделитесь вопросом в Twitter или ВКонтакте.

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:

×3,253
×299

задан
9 Апр 0:19

показан
158 раз

обновлен
9 Апр 19:34

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