Вычислить предел

[Cake]

$x_n = \sqrt[3] {6+\sqrt[3] {6+...+\sqrt[3] 6}}$ (всего n-корней)

1) $\lim_{n \to \infty} {11^n \left(2-x_n \right)}-? $
2) $\lim_{n \to \infty} {12^n \left(2-x_n \right)}-? $
3) $\lim_{n \to \infty} {13^n \left(2-x_n \right)}-? $

Идеи решения:
Последовательность монотонно возрастает и ограничена, значит имеет предел.
$x_{n+1} =\sqrt[3] {6+x_n}$
$a^3=6+a$
$a=2$

1) Домножить на неполный квадрат, чтобы получить разность кубов:
$x_{n+1} =\frac{\left(2-x_{n+1}\right)\left(2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2\right)}{2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2}=\frac{2^3-x_{n+1}^3}{2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2} =\frac{2-x_n}{2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2}$
Знаменатель стремится к 12. Тогда частное от степенной функции 11^n и знаменателя - функция убывающая.
Следовательно: $\lim_{n \to \infty} {11^n \left(2-x_n \right)=0}$

3)Полагаю, можно оценить неравенством и получить бесконечность в пределе.

А как вычислить второй предел - ума не приложу.

[Brukvalub]

Cake в сообщении #1118796 писал(а):

1) Домножить на неполный квадрат, чтобы получить разность кубов:
$x_{n+1} =\frac{\left(2-x_{n+1}\right)\left(2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2\right)}{2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2}=...$

Выходит, $x_{n+1} =1$?

[Cake]

Brukvalub в сообщении #1118801 писал(а):

Cake в сообщении #1118796 писал(а):

1) Домножить на неполный квадрат, чтобы получить разность кубов:
$x_{n+1} =\frac{\left(2-x_{n+1}\right)\left(2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2\right)}{2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2}=...$

Выходит, $x_{n+1} =1$?

$x_{n+1} =2$, т.к. последовательность ограничена сверху и предел будет такой же, как и предел $x_n$

[g______d]

Cake в сообщении #1118796 писал(а):

А как вычислить второй предел - ума не приложу.

Если $0<\lim\limits_{n\to \infty} a_n<+\infty$, то $\lim\limits_{n\to \infty} \frac{a_{n}}{a_{n+1}}=1$. Отсюда, если постараться, можно получить уравнение на предел, если уж существование известно.

[Brukvalub]

Cake в сообщении #1118803 писал(а):

$x_{n+1} =2$, т.к. последовательность ограничена сверху и предел будет такой же, как и предел $x_n$

Выходит, задана постоянная последовательность?

[demolishka]

Cake, Вам намекают на опечатки. Когда исправите здесь опечатки

Cake в сообщении #1118796 писал(а):

$x_{n+1} =\frac{\left(2-x_{n+1}\right)\left(2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2\right)}{2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2}=\frac{2^3-x_{n+1}^3}{2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2} =\frac{2-x_n}{2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2}$

то дам Вам подсказку.

[Cake]

demolishka в сообщении #1118839 писал(а):

Cake, Вам намекают на опечатки.

Да, действительно опечатался пока с вводом формул боролся.

$2-x_{n+1} =\frac{\left(2-x_{n+1}\right)\left(2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2\right)}{2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2}=\frac{2^3-x_{n+1}^3}{2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2} =\frac{2-x_n}{2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2}$

-- 28.04.2016, 09:46 --

Для третьего предела:
$2-x_n =\frac{2-x_{n-1}}{2^2+2x_{n}+x_{n}^2}=\frac{2-x_1}{(2^2+2x_{n}+x_{n}^2)...(2^2+2x_{2}+x_{2}^2)}=\frac{2}{(2^2+2x_{n}+x_{n}^2)...(2^2+2x_{1}+x_{1}^2)}$
$2-x_n\geqslant\frac{2}{12^n}$

$\lim\limits_{n\to \infty} 13^n(2-x_n)=\infty$

[demolishka]

Теперь давайте остановимся на этом равенстве

Cake в сообщении #1118873 писал(а):

$2-x_n =\frac{2}{(2^2+2x_{n}+x_{n}^2)...(2^2+2x_{1}+x_{1}^2)}$

1. Покажите, что ряд $\sum\limits_{k=1}^{\infty} (2^2+2x_{k}+x_{k}^2 - 12)$ сходится.
2. Выведите отсюда, что $\prod\limits_{k=1}^{n}(2^2+2x_{k}+x_{k}^2) \sim C \cdot 12^n$.

[ewert]

Cake в сообщении #1118873 писал(а):

$2-x_{n+1} =\frac{\left(2-x_{n+1}\right)\left(2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2\right)}{2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2}=\frac{2^3-x_{n+1}^3}{2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2} =\frac{2-x_n}{2^2+2x_{n+1}+x_{n+1}^2}$

Это, конечно, верное, но и никому не нужное изобретательство. А нужно было просто заменить правую часть исходного рекуррентного соотношения на первые два члена формулы Тейлора с оценкой остатка: $x_{n+1}=2+\frac1{12}(x_n-2)+O\left((x_n-2)^2\right)$. Затем, естественно, сделать замену $2-x_n=y_n$, т.е. $y_{n+1}=\frac1{12}y_n+O\left(y_n^2\right)$, откуда $y_n$ убывает не медленнее геометрической прогрессии со знаменателем если даже и больше одной двенадцатой, то разве что самую малость. Затем для красоты сделать ещё одну замену: $z_n=12^ny_n$, после чего $z_{n+1}=z_n+O\left(\frac{z_n^2}{12^n}\right)$. И, следовательно, ряд, составленный из разностей $(z_{n+1}-z_n)$, сходится не медленнее некоторой геометрической прогрессии.

g______d в сообщении #1118807 писал(а):

Отсюда, если постараться, можно получить уравнение на предел, если уж существование известно..

Как, интересно?... Он ведь зависит от начального условия. В этом смысле второй пункт задачки сформулирован некорректно.

[Cake]

ewert в сообщении #1119915 писал(а):

заменить правую часть исходного рекуррентного соотношения на первые два члена формулы Тейлора с оценкой остатка

Вот только-только начали изучать ряды, но если я правильно всё понял, то в итоге получается тоже самое, только в более адекватной записи.

ewert в сообщении #1119915 писал(а):

Отсюда, если постараться, можно получить уравнение на предел, если уж существование известно..
Как, интересно?... Он ведь зависит от начального условия. В этом смысле второй пункт задачки сформулирован некорректно.

Можете пояснить в каком плане некорректно? - Можно только лишь указать, что ряд сходится, предел существует и дать какую-нибудь оценку вроде:
$\frac{2}{12^n}<2-x_n<\frac{2}{6^n\cdot x_1\cdot x_2\cdot...\cdot x_n}$

$2<12^n(2-x_n)<\frac{2\cdot 2^n}{x_1\cdot x_2\cdot...\cdot x_n}$

[ewert]

Cake в сообщении #1121364 писал(а):

Можете пояснить в каком плане некорректно

В том смысле, что как минимум множитель перед геометрической прогрессией далеко не тривиален (сама-то прогрессия тривиальна, да).

Запрашивался же в оригинале именно множитель. И это категорически неспортивно.

[demolishka]

ewert, а каким образом Вы в этом моменте

ewert в сообщении #1119915 писал(а):

откуда $y_n$ убывает не медленнее геометрической прогрессии со знаменателем если даже и больше одной двенадцатой, то разве что самую малость.

доказываете эту "самую малость"? Это ключевой момент в задаче.