Предел последовательности (задачи из Давидовича)

[iifat]

irod в сообщении #1222616 писал(а):

что за известная мне геометрическая прогрессия

«Познав одну геометрическую прогрессию, ты познал их всех» (Аеджидайос из Мегары, III-II вв. до н.э.). Посмотрите внимательнее. по предположению, $\frac cn<1$. Что можем сказать про $\frac c{n+k}, k>0$?

irod в сообщении #1222616 писал(а):

почему шаг должен оказаться не маленьким?

Это не общее свойство. Это свойство именно данной последовательности.
Как альтернативный вариант, не уверен в строгости, но для выработки предположения, которое таки надо доказывать отдельно: если есть сходящаяся последовательность, заданная рекуррентно, то предел — неподвижная точка этого соотношения. Подозреваю, что на сей счёт есть отдельная теорема, которой я, увы, не помню. Если короче , то подставляем $x$ вместо всех членов последовательности в наше рекуррентное соотношение и решаем полученное уравнение. Кстати говоря, в двух последних задачах этот приём тоже может помочь.

[ewert]

irod в сообщении #1222616 писал(а):

Это фундаментальность, ок.

Нет, это не фундаментальность, это гораздо раньше. Это тупое следствие определения предела. Фундаментальность возникает гораздо позже, уже как попытка обобщения.

irod в сообщении #1222616 писал(а):

Например, есть последовательность $x_n=1+\frac{1}{n}$ с пределом $1$. Каждый член близок к $1$, почему шаг должен оказаться не маленьким?

Может оказаться, а может и нет. Это уж, "сударыня, что к чему привешено".

В Вашем конкретном случае разность соседних приближений выражается через одно из приближений вполне явно. Соответственно, если предположить, что эти приближения стремятся к некоторому числу -- то и.

[irod]

ewert в сообщении #1222776 писал(а):

В Вашем конкретном случае разность соседних приближений выражается через одно из приближений вполне явно. Соответственно, если предположить, что эти приближения стремятся к некоторому числу -- то и.

Шаг равен $\left|x_n-x_{n-1}\right|=\left|x_{n-1}-x_{n-1}^2-x_{n-1}\right|=x_{n-1}^2$. Отсюда видно, что стремление шага к нулю означает стремление $x_n$ к нулю. Следовательно, предел равен нулю.

Даже не понимаю, и чего я сразу не догадался..

[iifat]

irod в сообщении #1220455 писал(а):

$c^n>c^{n+1}$ при $c>0$ и $c^n<c^{n+1}$ при $c<0$, т.е. $(x_n)$ монотонная

Вот это, кстати, неверно. Вам стоит быть внимательнее.

[irod]

iifat
точно, спасибо. Исправляю.
Считаем, что ограниченность уже доказана.
При $0\le c<1$ выполнено $c^n\ge c^{n+1}$, т.е. $(x_n)$ монотонная. Из ограниченности и монотонности $(x_n)$ следует ее сходимость.
При $-1<c<0$ знак $c^n$ чередуется. Выделим все положительные члены в одну подпоследовательность, а все отрицательные в другую. Для положительных членов выполнено $c^n>c^{n+1}$, для отрицательных выполнено $c^n<c^{n+1}$, т.е. обе подпоследовательности монотонные, и значит обе они сходятся. Далее для завершения доказательства сходимости можно было бы доказать равенство пределов этих двух подпоследовательностей, но по-моему проще сразу доказать сходимость к нулю при любом $|c|<1$:

irod в сообщении #1221750 писал(а):

$\frac{1}{|c|}>1$ $\Rightarrow$ $\frac{1}{x_n}=\frac{1}{c^n}\to\infty$, значит по задаче 4 $x_n\to 0$.

[ewert]

irod в сообщении #1222901 писал(а):

Выделим все положительные члены в одну подпоследовательность, а все отрицательные в другую.

Не надо ничего выделять. Просто заметьте, что из $|a_n|\to0$ следует $a_n\to0$ (непосредственно по определению предела).

[irod]

ewert в сообщении #1221782 писал(а):

irod в сообщении #1221750 писал(а):

$\forall n>c$ выполнено $\frac{c^n}{n!}>\frac{c^n}{n!}\frac{c}{n+1}=\frac{c^{n+1}}{(n+1)!}$, т.е. все члены $(x_n)$ начиная с некоторого номера убывают

и, более того, оцениваются сверху некоторой убывающей геометрической прогрессией. А этого достаточно, т.к. про прогрессию Вы всё уже знаете.

iifat в сообщении #1222736 писал(а):

irod в сообщении #1222616 писал(а):

что за известная мне геометрическая прогрессия

«Познав одну геометрическую прогрессию, ты познал их всех» (Аеджидайос из Мегары, III-II вв. до н.э.). Посмотрите внимательнее. по предположению, $\frac cn<1$. Что можем сказать про $\frac c{n+k}, k>0$?

Кажется понял.
Пусть $a=\frac{c}{k}$, где $k$ -- минимальное натуральное число, большее $c$. Тогда, начиная с некоторого $n$, выполнено $a^n>\frac{c^n}{n!}$, где $a^n$ -- сходящаяся к нулю последовательность из предыдущего пункта (10.а). Следовательно, наша $x_n$ также сходится к нулю.
Правильно?
Если все так, то этот вопрос отпал:

irod в сообщении #1222616 писал(а):

Еще вопрос:

irod в сообщении #1221750 писал(а):

Обозначим $a=\frac{c^{\lfloor c\rfloor}}{\lfloor c\rfloor!}>1$, $b=\frac{c}{\lceil c \rceil+1}<1$.

вот с этим все нормально, или лучше было это как-то иначе оформить?

-- 08.06.2017, 07:33 --

ewert в сообщении #1222913 писал(а):

irod в сообщении #1222901 писал(а):

Выделим все положительные члены в одну подпоследовательность, а все отрицательные в другую.

Не надо ничего выделять. Просто заметьте, что из $|a_n|\to0$ следует $a_n\to0$ (непосредственно по определению предела).

Ок. Тогда получается схема такая: доказываем ограниченность, затем рассматриваем $0\le c<1$ и для него доказываем монотонность и сходимость к нулю, ну и в конце берем $-1<c<0$ и $|a_n|\to 0\Rightarrow a_n\to 0$.

[irod]

irod в сообщении #1222718 писал(а):

Задача 11.
При каких $a,b\in\mathbb{R}$ сходится последовательность $(y_n)$, если

а) $y_1=a$, $y_{n+1}=1+by_n$
Ответ. $a$ -- любое, $b=0$. Тогда все члены $(y_n)$, начиная с $y_2$, равны единице, которая и будет пределом.

grizzly в сообщении #1222722 писал(а):

Здесь требуется найти все $a$ и $b$, при которых последовательность сходится.

Легко выписать формулу $n$-го члена: $y_n=ab^{n-1}+1+b+b^2+\ldots+b^{n-1}$.
Рассмотрим слагаемое $1+b+b^2+\ldots+b^n$. При $|b|\ge 1$ прогрессия $1+b+b^2+\ldots$ возрастает, и $(y_n)$ соответственно расходится, значит нам надо брать $|b|<1$. При таком $b$ сумма убывающей прогрессии равна $s=\frac{1}{1-b}$ (для вывода этой формулы умножим обе части $s=1+b+b^2+\ldots$ на $b$, получив $sb=b+b^2+\ldots=s-1$, и выразим отсюда $s$). Значит, последовательность из слагаемых $1+b+b^2+\ldots+b^n$ сходится.
Последовательность из слагаемых $ab^n$ при любом $a$ и $|b|<1$ -- бесконечно малая.
Таким образом, при любом $a$ и $|b|<1$, последовательности из слагаемых каждого члена $y_n$ сходятся, и значит $(y_n)$ также сходится.

[irod]

Пока продолжаю думать над 11.б*, выкладываю следующую задачу.

Задача 12.
При каких $a>0$ ограничена последовательность $(x_n)$, заданная условиями $x_1=a$, $x_{n+1}=x_n+\frac{1}{x_n}$?

Решение.
Каждый $x_n>0$ $\Rightarrow$ $\frac{1}{x_n}>0$ $\Rightarrow$ $x_{n+1}=x_n+\frac{1}{x_n}>x_n$, т.е. $(x_n)$ монотонно возрастает.
Известно (задача 9), что монотонная ограниченная последовательность сходится, т.е. исходный вопрос задачи эквивалентен следующему вопросу: при каком $a>0$ последовательность $(x_n)$ сходится?
Из определения предела следует стремление шага сходящейся последовательности к нулю. Шаг $(x_n)$ равен $x_{n+1}-x_n=x_n+\frac{1}{x_n}-x_n=\frac{1}{x_n}$. Но $\frac{1}{x_n}\to 0$ эквивалентно $x_n\to\infty$ (задача 4), что очевидно противоречит ограниченности. Таким образом, ни при каком $a>0$ последовательность $(x_n)$ не будет ограничена.

Я прав?
Буду также признателен если укажете на ошибки в предыдущих задачах, если они есть.

[iifat]

irod в сообщении #1223397 писал(а):

последовательности из слагаемых каждого члена $y_n$

Вот, ещё раз, акуратнее. Торопитесь, и получается коряво.

[ewert]

irod в сообщении #1223397 писал(а):

Значит, последовательность из слагаемых $1+b+b^2+\ldots+b^n$ сходится.

Только не из слагаемых, а из сумм.

irod в сообщении #1223397 писал(а):

Легко выписать формулу $n$-го члена: $y_n=ab^{n-1}+1+b+b^2+\ldots+b^{n-1}$.

Легко, хотя и чуть не так (что получится при $n=1$?...). Но всегда лучше по возможности обходиться без явных формул. Конкретно здесь: очевидно, что
$(y_{n+1}-y_n)=b(y_n-y_{n-1})$ и что $y_n=y_1+(y_2-y_1)+(y_3-y_2)+\ldots+(y_n-y_{n-1})$,
ну а про сумму геометрической прогрессии мы всё знаем. Правда, есть один нюанс:

irod в сообщении #1223397 писал(а):

при любом $a$ и $|b|<1$,

А что, если случайно вдруг окажется $y_2=y_1$?...

[ewert]

Ну и истчо насчёт ловли блох:

irod в сообщении #1223246 писал(а):

Пусть $a=\frac{c}{k}$, где $k$ -- минимальное натуральное число, большее $c$. Тогда, начиная с некоторого $n$, выполнено $a^n>\frac{c^n}{n!}$,

Ну не буквально же так. У любой прогрессии есть ещё и начальный член.

[irod]

iifat
ewert
спасибо, переписал 11.а с учетом ваших замечаний. Итоговый вариант совсем короткий и простой получился.

ewert в сообщении #1225417 писал(а):

очевидно, что
$(y_{n+1}-y_n)=b(y_n-y_{n-1})$ и что $y_n=y_1+(y_2-y_1)+(y_3-y_2)+\ldots+(y_n-y_{n-1})$,
ну а про сумму геометрической прогрессии мы всё знаем.

По-моему тут достаточно сказать так:
Сходимость означает стремление шага $y_{n+1}-y_n=b(y_n-y_{n-1})$ к нулю, которое имеет место быть при $|b|<1$ и любом $a$.

ewert в сообщении #1225417 писал(а):

Правда, есть один нюанс:

irod в сообщении #1223397 писал(а):

при любом $a$ и $|b|<1$,

А что, если случайно вдруг окажется $y_2=y_1$?...

Также $(y_n)$ сходится при константных членах, т.е. при строгом равенстве шага нулю, которое выполнено при значениях $a,b$, удовлетворяющим уравнению $y_2-y_1=b+\sqrt{a^2+1}-a=0$.

[irod]

Пока у меня не получается 11.б* (есть идеи, но еще не проработанные), выкладываю следующие сделанные задачи.

Задача 13*.
Доказать что последовательности $x_n=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\ldots+\frac{1}{n!}$ и $y_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ сходятся, и $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}y_n$.

Доказательство.
Последовательность $(x_n)$ очевидно монотонная, т.к. каждый ее следующий член отличается от предыдущего наличием дополнительного положительного слагаемого.
Монотонность $(y_n)$ имеем по задаче 21 листка 7.

(Оффтоп)

на самом деле я в свое время пропустил ту задачу, поэтому доказательство монотонности остается за мной; выкладываю сейчас без него чтобы узнать насчет правильности всего остального, а то может монотонность и не понадобится.

Докажем ограниченность обеих последовательностей:

$$ \left(1+\frac{1}{n}\right)^n= \sum^{n}_{k=0}C_n^k\frac{1}{n^k}= \sum^{n}_{k=0}\frac{n!}{k!(n-k)!}\frac{1}{n^k}= \sum^{n}_{k=0}\underbrace{\left[\prod^{k-1}_{m=0}\frac{n-m}{n}\right]}_{<1}\frac{1}{k!}< $$

$$ < \sum^{n}_{k=0}\frac{1}{k!}< \sum^{n}_{k=0}\frac{1}{2^k}= \frac{1-(1/2)^{n+1}}{1-1/2}=2-\frac{1}{2^n} \to 2\text{ при $n\to\infty$}. $$

т.е. $(x_n)$ и $(y_n)$ ограничены (выше $\frac{1}{k!}<\frac{1}{2^k}$ имеем по задаче 10.б, в которой было доказано, что $n!>2^n$ начиная с некоторого $n$).
Из монотонности и ограниченности $(x_n)$ и $(y_n)$ следует их сходимость.

Докажем равенство пределов $(x_n)$ и $(y_n)$.
Для начала заметим, что
$\forall c\in\mathbb{R}$ $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n+c}{n}=1$, следовательно

$$ \lim\limits_{n\to\infty}\prod^{k-1}_{m=0}\frac{n-m}{n}= \prod^{k-1}_{m=0}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n-m}{n}= 1\cdots 1= 1. $$

Тогда

$$ \lim\limits_{n\to\infty}y_n= \lim\limits_{n\to\infty}\sum^{n}_{k=0}\frac{(n-k+1)\cdots n}{n^k}\frac{1}{k!}= \sum^{n}_{k=0}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(n-k+1)\cdots n}{n^k}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{k!}= $$

$$ =\sum^{n}_{k=0}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{k!}= \lim\limits_{n\to\infty}\sum^{n}_{k=0}\frac{1}{k!}= \lim\limits_{n\to\infty}x_n. $$

[ewert]

irod в сообщении #1228412 писал(а):

Также $(y_n)$ сходится при константных членах,

А вдруг ещё когда?... Договаривайте до конца.

irod в сообщении #1228412 писал(а):

которое выполнено при значениях $a,b$, удовлетворяющим уравнению $y_2-y_1=b+\sqrt{a^2+1}-a=0$.

Ну это не годится ни в каком смысле. Во-первых, соотношение между параметрами должно быть откровенно рациональным. Во-вторых, надо указывать, при каких значениях параметров такая ситуация возможна. Да, и ещё в-третьих: Вашу цепочку равенств никак нельзя назвать уравнением, и вообще неприлично смешивать в одной цепочке постановку задачи и её решение, даже если бы сами равенства и были верными (исчезает логика).

По число "е" не смотрел, т.к. это уныло. Почитайте Кудрявцева, например -- у него, кажется (не только у него, разумеется), второй предел сводится к первому через бином Ньютона, а с первым всё очевидно после сравнения с геометрической прогрессией. Вот именно бином и уныл, т.к. абсолютно безыдеен до формулы Тейлора.