Старая задач ч а с дополнением

[bot]

Исследовать сходим ость последо вательности заданной рекурре нтностью

$$a_1=a\in\mathbb R,,a_{n+1}=a_n+\frac{a_n^2}{n^2} $$

РЕш

[ex-math]

Неполное решение:
Если при каком-то $n$ будет $a_n\geqslant n$, то последовательность расходится, т.к. тогда $a_{n+1}\geqslant n+1$ и т.д. Значит, при $a\geqslant 1$ и $a\leqslant -2$ (т.к. тогда $a_2\geqslant2$) сходимости нет.
При $a\in[-1,0]$ сходимость есть, т.к. тогда все $a_n\leqslant0$ и последовательность ограничена (монотонность имеется при любых $a$ из условия).

[worm2]

При $a\in(0, 1)$ сходится. Короткого и красивого решения не нашёл. Схема доказательства:
Решение "соответствующего дифура" $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{y^2}{x^2}$ есть функция $y=\dfrac{x}{Cx+1}$, имеющая конечный предел при $x\to\infty$. Что намекает на асимптотику сходимости последовательности $a_n \sim \dfrac{An}{Bn+C}$.
Немного повозившись, можно получить оценку $a_n\leqslant\dfrac{n}{\varepsilon n+2}$, которая доказывается муторно, но элементарно индукцией ($\varepsilon$ нужно выбрать так, чтобы база индукции выполнялась).
Численные эксперименты намекают на более точную оценку $a_n\leqslant\dfrac{2n}{(1-a_1)n+2}$, но, к сожалению, эта оценка индукцией не доказывается.

[ex-math]

Оценка $a_n\leqslant\frac n{\varepsilon n+2}$ дает сходимость только при $a<\frac12$ (правда, можно немного расширить промежуток, рассматривая $a_2$ и дальше вместо $a_1$, но нет уверенности что получится вплоть до единицы). Но, основываясь на вашей идее, можно доказать по индукции оценку $a_n\leqslant\frac n{\varepsilon n+1+\varepsilon}$, которая дает сходимость при $a\leqslant\frac1{1+2\varepsilon}$, то есть вплоть до единицы.

[Null]

Пусть $0<a_1<1$
Пусть $b_n=\frac{a_n}{n}$
$a_{n+1}=a_{1}+\sum_{k=1}^n{b_k^2}$-нужно доказать сходимость, т.е. достаточно чтобы $b_n=O(n^{-2/3})$
$b_{n+1}=b_n-\frac{b_n-b_n^2}{n+1}$ - по условию т.е. оно:
1.$\in(0;1)$
2.Убывает.
3.Имеет предел.
4.Стремиться к 0, так как ряд $(\varepsilon-\varepsilon^2)\sum_{k=M}^{\infty}\frac{1}{k+1}$ расходится(от противного)
$b_{n+1}=b_n\frac{n+b_n}{n+1}$
Так как начиная с некоторого места $b_{n}<\frac{1}{3}$
$b_{n+1}=b_n(1-\frac{1-b_n}{n+1})<b_n(1-\frac{2/3}{n+1})$
Значит $b_n=O(n^{-2/3})$

-- Пт фев 20, 2026 18:49:07 --

ex-math в сообщении #1718656 писал(а):

Оценка $a_n\leqslant\frac n{\varepsilon n+2}$ дает сходимость только при $a<\frac12$

Это дает ограниченность, а её достаточно.

[ex-math]

Null
Нет, база индукции не выполнена и оценки нет.

[Null]

При $a\in(-2;-1)$ $b_2\in (0;1)$

[Руст]

Сходимость только при $a\in [-1,0]$. Сходится к нулю.
Если а не в этом интервале, то $a_2>0$ и последовательность расходится монотонно примерное поведение $O(\log\log n)$, на самом деле даже быстрее типа $O(\log\log n \log \log\log n)$.
Достаточно рассмотреть отношение $c_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}=(1+\frac{a_n}{n^2})$ и рост $n$ по геометрической прогрессии.

$$c_{2n}=c_n\prod_{i=1}^n c_{n+i}=c_nexp(\sum_{i=1}^n \sum_{i=1}^n\log(1+\frac{a_i}{n^2}))>c_n(1+\frac{a_n}{4n})$$

.
Следовательно $c_{2^kn}>c_n(1+\log k)\to c_N>O(\log\log N)$.

[Null]

Руст в сообщении #1718881 писал(а):

Следовательно $c_{2^kn}>c_n(1+\log k)$

Не похоже на правду. Распишите подробно. У вас перемножаются не последовательные $n$, а прогрессия, и результат сойдется. И путаница с $a$ и $c$

Руст в сообщении #1718881 писал(а):

$c_nexp(\sum_{i=1}^n \sum_{i=1}^n\log(1+\frac{a_i}{n^2}))$

Опечатка?

[Руст]

Да опечатка. По ошибке дважды написал суммирование. Второе суммирование в следующей итерации по $k$.

[ex-math]

Уже двумя способами доказали сходимость в $(-2,1)$ и расходимость вне этого интервала.

-- 23.02.2026, 21:44 --

В $(0,1)$ получили явную оценку общего члена - он ограничен.

[Руст]

Вы правы. Произведение $\prod_{i=1}^{n}c_{n+i}=\frac{a_{2n+1}}{a_n}\neq \frac{c_{2n}}{c_n}$.

[ex-math]

Давайте соберу полное решение.

Два момента:
1) Последовательность возрастает (нестрого), так как $a_{n+1}-a_n=\frac{a_n^2}{n^2}\geqslant0$.
2) Область сходимости симметрична относительно $a=-\frac12$, так как значение $a_2=a_1+a_1^2$ будет одним и тем же при $a_1=a$ и $a_1=-1-a$.

Если $a\geqslant1$ (и, соответственно, $a\leqslant-2$), то последовательность расходится, так как $a_n\geqslant n$. Докажем по индукции: $a_{n+1}=a_n+\frac{a_n^2}{n^2}\geqslant n+\frac{n^2}{n^2}=n+1$.

Если $-1\leqslant a\leqslant 0$, то последовательность сходится, так как ограничена сверху, а именно $a_n\leqslant 0$. Докажем по индукции: $a_{n+1}=a_n(1+\frac{a_n}{n^2})\leqslant 0$, так как выражение в скобках неотрицательно, ибо в силу монотонности $a_n\geqslant a\geqslant-1$.

Если $0<a<1$ (и, соответственно, $-2<a<-1$), то последовательность сходится, так как ограничена сверху. А именно, выбрав положительное $\varepsilon$ так, чтобы $a\leqslant\frac1{1+2\varepsilon}$, получим $a_n\leqslant\frac n{\varepsilon n+1+\varepsilon}$, то есть $a_n\leqslant\frac1\varepsilon$. Докажем по индукции: $a_{n+1}=a_n+\frac{a_n^2}{n^2}\leqslant\frac n{\varepsilon n+1+\varepsilon}+\frac1{(\varepsilon n+1+\varepsilon)^2}=\frac{n(\varepsilon n+1+\varepsilon)+1}{(\varepsilon n+1+\varepsilon)^2}=\frac{nu+1}{u^2}$, где обозначено $u=\varepsilon n+1+\varepsilon=1+\varepsilon(n+1)$. Далее, $\frac{nu+1}{u^2}=\frac{(n+1)u+(1-u)}{u^2}=\frac{(n+1)u-\varepsilon(n+1)}{u^2}=\frac{(n+1)(u-\varepsilon)}{u^2}\leqslant\frac{(n+1)(u-\varepsilon)}{u^2-\varepsilon^2}=\frac{n+1}{u+\varepsilon}$, то есть $a_{n+1}\leqslant\frac{n+1}{\varepsilon (n+1)+1+\varepsilon}$.

Итак, область сходимости последовательности есть интервал $(-2,1)$.

[Rak so dna]

Можно ещё тут посмотреть.

[bot]

Тут у меня не кликается, а источник здесь
Садовничий Григорян Конягин
Кликабельной ссыпки не нашел
Изложу мою
Версию 'слегка лричесав) издожнную на ффоруме у falcao лет 10 нззад

Начнем с очев
а идной оценки a_n<na (n>1) $, а вместо последовательности рассмотрим рял $ \sum \ln a_{n+1}-\ln a_n$ Иажо рирование дает гармрническицйряд с крэффициентом [math]$a$
Мз его частичны сумм с лрмощью

$$1++\frac12 …++\frac1n<<1+\ln n$$

Чуть улучшаем оцценку $a_n<3n^a$ Этого ч уть хватает для второгр линка