сходимость-ряда - Cистемы итерируемых функций

Для первой последовательности предел существует и равен 1. При $%n_0=1$% это очевидно. Если $%n_0 > 1$%, то последовательность монотонно убывает, и при этом все её члены больше 1. Такая последовательность сходится к какому-то числу $%a$%, причём $%\sqrt{a}=a$%. Отсюда $%a=1$%, так как значение $%a=0$% явно не подходит. Если $%n_0 < 1$%, то последовательность монотонно возрастает, а все её члены меньше 1. Рассуждение здесь аналогичное.

Есть другой способ: ясно, что $%n_k=n_0^{2^{-k}}$%. Тогда $%\ln n_k=\frac{\ln n_0}{2^k}$% стремится к нулю при $%k\to\infty$%. По свойствам пределов непрерывных функций получаем, что $%n_k$% стремится к $%e^0=1$%.

Вторая последовательность также сходится, и её предел равен числу $%x_0\approx0,7390851332$%, являющемуся решением уравнения $%\cos x=x$% на интервале $%(0,\pi/2)$%: оно существует и единственно, так как первая функция убывает, а вторая возрастает, и графики пересекаются ровно в одной точке. Эффект сходимости довольно просто увидеть на графике, нарисовав соответствующую ломаную линию.

Аналитическое доказательство таково: ясно, что $%\cos 1 < 1$%, и $%1 > x_0$%. Тогда $%\cos 1 < \cos x_0=x_0$%. Это значит, что $%n_0 > x_0$%, $%n_1 < x_0$%, и далее $%n_2=\cos n_1 > \cos x_0=x_0$% и так далее. Оказывается, что члены последовательности с чётными номерами больше $%x_0$%, а члены с нечётными номерами меньше $%x_0$%. Поскольку $%n_0 > n_1$%, в силу убывания косинуса получается $%n_1 < n_2$%, $%n_2 > n_3$% и так далее. Ясно также, что $%n_0=1 > n_2$%, откуда $%n_1 < n_3$%, поэтому $%n_2 > n_4$% и так далее. Таким образом, подпоследовательность с чётными номерами убывает, а подпоследовательность с нечётными номерами возрастает. Обе последовательности ограничены, поэтому каждая из них имеет предел. Достаточно обосновать, что эти пределы совпадают: тогда получится, что последовательность сходится к какому-то числу $%a$%, но оно удовлетворяет уравнению $%\cos a=a$% и потому равно $%x_0$%.

Для проверки того, что пределы равны, достаточно показать, что $%n_{2k}-n_{2k-1}$% стремится к нулю. Чтобы проверить это, рассмотрим модуль разности косинусов: $$|\cos x-\cos y|=2\left|\sin\frac{x-y}2\right|\cdot\left|\sin\frac{x+y}2\right| < \rho|x-y|,$$ где $%\rho=\sin\frac{n_0+n_1}2 < 1$% -- при условии, что $%x,y\in[n_1,n_0]$%. Из этого неравенства следует, что разность между косинусами стремится к нулю, так как степени числа $%\rho$% обладают этим свойством. (Тот факт, что $%\rho$% строго меньше единицы, вытекает из неравенства $%n_0+n_1=1+\cos 1 < 2 < \pi$%.)

Добавление. Неравенства, касающиеся взаимного расположения чисел $%n_i$%, приведены для большей ясности того, как происходит процесс.

Для вывода неравенства $%|\cos x-\cos y| < \rho|x-y|$% надо отметить следующее. Во-первых, там использовано то, что $%|\sin z| < |z|$% для ненулевых $%z$%, поэтому первый из синусов в неравенстве исчезает. После сокращения двойки возникает $%|x-y|$%, а с другим множителем ситуация вот какая: прежде всего, у нас $%x,y\le1$%, поэтому $%(x+y)/2\le1$%. Синус на рассматриваемом промежутке возрастает, поэтому $%|\sin\frac{x+y}2|\le\sin1$%, и именно последнюю величину следовало обозначить через $%\rho$%. От неё требуется только то, что она строго меньше единицы.

Далее логика такая: несколько раз применяем неравенство. Сначала получается, что $%|n_1-n_2|=|\cos n_0-\cos n_1| < \rho|n_0-n_1|$%. На следующем шаге $%|n_2-n_3|=|\cos n_1-\cos n_2| < \rho|n_1-n_2| < \rho^2|n_0-n_1|$%. И так далее, после чего оказывается, что $%|n_k-n_{k+1}| < \rho^k|n_0-n_1|$%. Поскольку $%\rho^k\to0$% при $%k\to\infty$%, из этого следует, что расстояние между соседними членами последовательности стремится к нулю, что и требовалось.