Предел реккурентной последовательности

[Segra21]

Добрый день!

Столкнулся с задачей, в которой надо было найти предел реккурентной последовательности, заданной следующим образом:
$x_1 = 1, x_n = \sqrt{1+x_{n-1}}$

Ключевым моментом решения является наблюдение, что $A = \sqrt{1+A}$, если $A$ - предел этой последовательности.
Проблема в том, что я не очень понимаю, как это доказать строго(используя язык эпсилон-дельта).

[Brukvalub]

Если стоИт вопрос, как доказать существование предела последовательности, то такое док-во обычно опирается на т. Вейерштрасса о сходимости монотонной и ограниченной последовательности.

[12d3]

Рассмотрите последовательность $y_n=A-x_n$, оцените отношение соседних членов этой последовательности.

[provincialka]

Segra21 в сообщении #1058436 писал(а):

Ключевым моментом решения является наблюдение, что $A = \sqrt{1+A}$, если $A$ - предел этой последовательности.
Проблема в том, что я не очень понимаю, как это доказать строго(используя язык эпсилон-дельта).

Хм... Если понимать строго как написано, то получается, что мы уже предположили что $A$ - предел последовательности и теперь хотим что-то о нем сказать.
Если вопрос именно в этом, то никаких $\varepsilon,\delta$ не нужно, нужно просто перейти к пределу в рекуррентном равенстве.

А вот если нужно доказать существование предела -- это вопрос другой! Но и тут скорее нужны теоремы, чем определение.

[Segra21]

Brukvalub в сообщении #1058438 писал(а):

Если стоИт вопрос, как доказать существование предела последовательности, то такое док-во обычно опирается на т. Вейерштрасса о сходимости монотонной и ограниченной последовательности.

С вопросом сходимость проблем нет.
Вопрос конкретно в том, как доказать $A = \sqrt{1+A}$

В принципе, подумал, вот так:
Пусть $y_n = 1+x_{n-1}$. $y_n = x^2_n \cog \lim_{n \to \infty} y_n = \lim_{n \to \infty} x^2_n = A^2$. $\lim_{n \to \infty} (1+x_{n-1}) = \lim_{n \to \infty} 1 + \lim_{n \to \infty} x_{n-1} = 1 + A$
Отсюда и получаем $A+1=A^2$

-- 02.10.2015, 18:35 --

provincialka в сообщении #1058486 писал(а):

Segra21 в сообщении #1058436 писал(а):

Ключевым моментом решения является наблюдение, что $A = \sqrt{1+A}$, если $A$ - предел этой последовательности.
Проблема в том, что я не очень понимаю, как это доказать строго(используя язык эпсилон-дельта).

Хм... Если понимать строго как написано, то получается, что мы уже предположили что $A$ - предел последовательности и теперь хотим что-то о нем сказать.
Если вопрос именно в этом, то никаких $\varepsilon,\delta$ не нужно, нужно просто перейти к пределу в рекуррентном равенстве.

А вот если нужно доказать существование предела -- это вопрос другой! Но и тут скорее нужны теоремы, чем определение.

Вы поняли верно. Предполагается уже, что предел есть. И надо доказать, что если он есть, то он должен быть корнем уравнения $x^2-x-1 = 0$.

[provincialka]

Segra21 в сообщении #1058490 писал(а):

Предполагается уже, что предел есть.

provincialka в сообщении #1058486 писал(а):

то никаких $\varepsilon,\delta$ не нужно, нужно просто перейти к пределу в рекуррентном равенстве.

Вам понятна последняя фраза? Взять предел от левой и от правой частей.

[Segra21]

Дальше просто: $A = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$, но отрицательное значение не подходит( берём $\varepsilon = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$ и получаем из определения предела, что $x_n < 0$, что неверно ).

-- 02.10.2015, 18:42 --

provincialka
Это я сделал сразу. Но ничего путного из $\lim x_n = \lim \sqrt{1+x_{n-1}}$ у меня вывести не получилось( используя только теорию пределов последовательностей, не принимая во внимание теоремы о пределе композиции непрерывных функций ).
Впрочем, из равносильного уравнения $\lim x^2_n = \lim {1+x_{n-1}}$ всё вроде выходит.

[provincialka]

Ну, вы же не указали, чем можно пользоваться
Теперь все ОК?

[Segra21]

provincialka
полагаю, что да, спасибо

[ewert]

Segra21 в сообщении #1058496 писал(а):

Впрочем, из равносильного уравнения $\lim x^2_n = \lim {1+x_{n-1}}$ всё вроде выходит.

Увы, не выходит. Это не равносильность, это ссылка на именно непрерывность корня.

Конечно, можно доказать непрерывность конкретно квадратного корня и на коленке, и даже легко. Однако проделывать это специально по поводу конкретной задачки как-то глупо.

[Segra21]

ewert в сообщении #1058519 писал(а):

Segra21 в сообщении #1058496 писал(а):

Впрочем, из равносильного уравнения $\lim x^2_n = \lim {1+x_{n-1}}$ всё вроде выходит.

Увы, не выходит. Это не равносильность, это ссылка на именно непрерывность корня.

Конечно, можно доказать непрерывность конкретно квадратного корня и на коленке, и даже легко. Однако проделывать это специально по поводу конкретной задачки как-то глупо.

Не понимаю, почему нет.
Имелась в виду равносильность следующих уравнений:
$x_n = \sqrt{1+x_{n-1}} \leftrightarrow x^2_n = 1 + x_{n-1}$
А $\lim (x^2_n) = \lim (1 + x_{n-1})$ это уже следствие из уравнения $x^2_n = 1 + x_{n-1}$
Пределы равных последовательностей равны же( очевидно ).

[dsge]

Возьмите производную от правой части в т. $A$, если она окажется меньше 1 по модулю, то всё ОК, эта точка устойчива.

[provincialka]

dsge, Нам даже непрерывностью корня не разрешают пользоваться! А вы о производной...

Segra21, ewert по большому счету прав. Если вы используете функцию $\sqrt{}$, вы должны сначала хотя бы доказать ее существование для всех (неотрицательных) $x$. А это доказательство опирается на продолжение ее с множества $\{q^2\}$ по непрерывности.
Иногда преподаватели "стыдливо" умалчивают об этом... Может, чтобы иметь возможность пользоваться всякими разными (хотя еще и не введенными аккуратно) функциями.

[dsge]

provincialka в сообщении #1058625 писал(а):

Нам даже непрерывностью корня не разрешают пользоваться! А вы о производной...

Тогда от противного. Допустим существует что-то другое, тогда при больших $n$, $x_n$ вылезет из его окрестности.

[Segra21]

provincialka
жуть какая
Я имел в виду, что нет готовой формулы у нас на предел композиции функций.