|
Как доказать, что если существует предел $$\lim_{x \rightarrow \infty} (a_{n+1}-\frac{a_n}{2} )= 0$$ то существует и предел $$\lim_{x \rightarrow \infty} (a_n)= 0?$$ задан 21 Апр '19 13:42 
sevilllaaa |
|
Положим b(n)=a(n)-a(n-1)/2, где a(0)=0. Тогда a(1)=b(1), a(2)=b(2)+b(1)/2, a(3)=b(3)+b(2)/2+b(1)/4, ... и так далее. Рассмотрим такое N=N(eps), для которого |b(n)| < eps/3 при n > N. Тогда при таких значениях n имеем |a(n)|<=(eps/3)(1+1/2+1/4+...)+(|b(N)|/2^{n-N}+...+|b(1)|/2^{n-1}). Первое слагаемое меньше 2eps/3. Второе имеет вид S/2^n, где величина S=2^N|b(N)|+...+2|b(1)| от n не зависит. Выбираем n0 > N так, что S/2^n0 < eps/3. Тогда при n>=n0 получается |a(n)| < eps. отвечен 21 Апр '19 14:12 
falcao |
|
Обозначим $%x_{n}=a_{n}-\dfrac{a_{n-1}}{2}$%, тогда $$a_{n}=x_{n}+\dfrac{a_{n-1}}{2}=x_{n}+\dfrac{1}{2}\left(x_{n-1}+\dfrac{a_{n-2}}{2}\right)=...=\sum\limits_{k=n}^2\dfrac{x_k}{2^{n-k}}+\dfrac{a_1}{2^{n-1}}=$$$$=\sum\limits_{k=2}^N\dfrac{x_k}{2^{n-k}}+\sum\limits_{k=N+1}^n\dfrac{x_k}{2^{n-k}}+\dfrac{a_1}{2^{n-1}}.$$ При фиксированном $%N$% первая сумма будет сколь угодно мала при больших $%n$%. Вторая сумма будет сколь угодно мала, если заметить, что она приводится к виду $%\displaystyle\sum\limits_{m=n-(N+1)}^0\dfrac{x_{n-m}}{2^{m}}$% и учесть, что $%n-m\geq N+1$% и при больших $%n$% величина $%x_{n-m}$% сколь угодно мала по условию. Третье слагаемое также сколь угодно мало. отвечен 21 Апр '19 14:26 
caterpillar |