Сходящиеся последовательности

[worm2]

Если a = 0 или 1, то $x$ --- любое.
Если a = -1, то $x$ = $\pi k$.
Если |a|>1, то $x$ = $\frac{\pi k}{a^m(a-(-1)^{ak})}$.
Везде k --- произвольное целое, m --- произвольное неотрицательное целое.

Эти решения получены из рассмотрения уравнения
$\sin a^{n+1}x - \sin a^n x$ = $2\sin\frac{a^n(a-1)}{2}x\cos\frac{a^n(a+1)}{2}x$ = 0.

Возможно, есть и другие решения, но вроде бы нет.

[RIP]

Пусть $\varepsilon>0$. Рассмотрим последовательность $a_n=a_n(\varepsilon)$:
$a_0=\varepsilon$, $a_{n+1}=a_n+a_n^2$ ($n\in\mathbb N_0$).
Определим
$n_0(\varepsilon)=\min\{n\in\mathbb N\mid a_n(\varepsilon)>1\}$.
Докажите, что
$\lim\limits_{\varepsilon\to+0}\varepsilon n_0(\varepsilon)=1$.
Какова скорость сходимости?

[Руст]

При $a_k>n^{-1/3}$ потребуется не более $n^{2/3}$ итераций, от $\epsilon$ до $n^{-1/3}$ потребуется

$$\int_{\epsilon}^{n^{-1/3}}\frac{dx}{xln(1+x)}=\frac{1}{\epsilon}-\sqrt[3]n+o(1).$$

.
Отсюда следует результат $n_0(\epsilon)=\frac{1}{\epsilon}+O(\epsilon^{-2/3}$.
Остаточный член можно уточнит примерно до $O(\epsilon^{-1/2} ln \epsilon).$

[RIP]

Ну, оценка $n_0(\epsilon)=\epsilon^{-1}+O(\sqrt{\epsilon^{-1}\log\epsilon^{-1}})$ тривиальна. Интересно было б найти асимптотику для остатка.

[Dandan]

RIP писал(а):

1) Пусть $a_n$-такая последовательность, что для любого $\alpha>1$ последовательность $a_{\lfloor\alpha^n\rfloor}$ сходится. Докажите, что $a_n$ сходится.

эмм, так всё-таки как доказать, что любая подпоследовательность пересекается с некоторой подпоследовательностью такого особого вида по бесконечному числу членов?

[mihiv]

Все последовательности вида $a_{[b^n]}$, где $b={e^r}$,$r$ произвольное рациональное число больше нуля (при выполнении условия задачи) сходятся к общему пределу.Достаточно ли этого для сходимости последовательности $a_n$ пока не понятно.

[Руст]

нет. Возмите последовательность $a_n=1$, если $n=k^{k!}$ и 0 иначе.

[mihiv]

Руст,честно говоря, я не понял, почему Вы в качестве примера привели именно такую
последовательность.Ведь в задаче RIP'а речь идет о последовательностях $a_n$ таких,
что любая последовательность $c_n$, образованная из $a_n$ по правилу $c_n=a_{[\alpha^n]}$
(где $\alpha>1$), сходится. В Вашем примере это условие не выполнено. Показать можно так:
выбираем и фиксируем произвольное натуральное число $m>1$ и образуем из $a_n$
последовательность $c_n=a_{[m^n]}=a_{m^n}$. Тогда для $n=k(m^k)!, c_n=1$, для остальных
$n$, $c_n=0$.То есть $c_n$ предела не имеет.

[Руст]

пример неудачный. Надо было сдвинуть, например $c_n=1$ если $n=(k!)^{k!}+1$ иначе 0.
Идея состоит в том, чтобы бесконечное количество исключительных значений было достаточно редким и пересекалалась с экспоненциальными последовательностями указанного вида не более чем конечное число раз.

[RIP]

Dandan писал(а):

RIP писал(а):

1) Пусть $a_n$-такая последовательность, что для любого $\alpha>1$ последовательность $a_{\lfloor\alpha^n\rfloor}$ сходится. Докажите, что $a_n$ сходится.

эмм, так всё-таки как доказать, что любая подпоследовательность пересекается с некоторой подпоследовательностью такого особого вида по бесконечному числу членов?

Стандартно. Искомое $\alpha$ строится как пересечение вложенных отрезков.

[Dandan]

RIP писал(а):

Стандартно. Искомое $\alpha$ строится как пересечение вложенных отрезков.

ах, ну да. Если мы возьмём любой отрезок и будем возводить его в степень, то с некоторого места будет покрыт весь конец действительной прямой. Получается для любой подпоследовательности на любом отрезке можно найти такое $\alpha$, что есть бесконечное пересечение с $a_{\lfloor\alpha^n\rfloor}$ . Т.е. множество таких альфа даже плотно будет.

[RIP]

Пусть $\vec\omega\in \mathbb C^m$. Пусть $\vec a_n\in\mathbb Z^m$ --- последовательность целых векторов, причём $\|\vec a_n\|\le e^{h(n)}$ ($\|\cdot\|$ --- евклидова длина), где функция $h\colon\mathbb N\to(0;+\infty)$ удовлетворяет условиям

$$\lim_{n\to+\infty}h(n)=+\infty,\qquad\lim_{n\to+\infty}\frac{h(n+1)}{h(n)}=1.$$

Допустим, что существует конечный предел

$$\lim_{n\to+\infty}\frac{\log|\langle\vec a_n,\vec\omega\rangle|}{h(n)}=l$$

($\langle\cdot,\cdot\rangle$ --- скалярное произведение). Если вдруг Вы дочитали до этого места, то докажите, что $l\ge1-m$ ($m$ --- размерность).