Предел последовательности (задачи из Давидовича)

[irod]

iifat
подставил, получил $b$ примерно равным $-0.2$. Что не так?
Я на самом деле все перепроверил перед тем как написать "очевидно".

[irod]

...все перепроверил, но тем не менее упустил случай с $a=0$, при котором $b=1$.

[iifat]

irod в сообщении #1232540 писал(а):

$-0.2$

Виноват. Арифметика у меня хромает. «Нет, она хорошая. Но хромает»

[irod]

iifat
ок
короче говоря, подведу итог своих изысканий по этой задаче:
При $|b|<1$ и любом $a$ шаг стремится к нулю; кроме этого, имеется частный случай равенства шага нулю при $a=0$ и $b=1$. Таким образом, последовательность сходится при любом $a$ и $|b|<1$, либо при $a=0$ и $b=1$.
Теперь все верно?

[ewert]

irod в сообщении #1232585 писал(а):

либо при $a=0$ и $b=1$.

Вот как раз при при $b=1$ и любом $a$ сходимости и нет -- получается арифметическая прогрессия. Зато при любом $b\neq1$ особые случаи имеются.

[irod]

ewert
поражаюсь Вашему терпению со мной.
Мне уже стыдно что я так долго эту задачу мучаю и постоянно ошибаюсь. Вот новый исправленный и дополненный вариант.

irod в сообщении #1222718 писал(а):

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

а) $y_1=a$, $y_{n+1}=1+by_n$

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 $a$.
При $b=\pm 1$ и любом $a$ сходимости нет -- из шагов получается арифметическая прогрессия (при $b=1$) или неубывающая знакопеременная геометрическая прогрессия (при $b=-1$), и первый шаг не равен нулю.
В случае $|b|>1$ сходимость возможна только при строгом равенстве шага нулю: $y_2-y_1=b+\sqrt{a^2+1}-a=0$. Найдем всевозможные $a$, при которых $|b|>1$. Решаем неравенство $\left|a-\sqrt{a^2+1}\right|>1$. Очевидно, $a\ge 0$ не подходит. Пусть $a<0$. Избавимся от модуля: $a-\sqrt{a^2+1}<-1\Leftrightarrow a+1<\sqrt{a^2+1}$. Возведением обеих сторон в квадрат получим $2a<0$, что верно при любом $a<0$. Таким образом, выбрав произвольное отрицательное $a$ и рассчитав $b$ по формуле $b=a-\sqrt{a^2+1}$, получим сходимость.
Резюмируя, последовательность сходится при независимых друг от друга $|b|<1$ и любом $a$, либо при $a<0$ и $b=a-\sqrt{a^2+1}$ (в результате будет $|b|>1$).

[svv]

Может быть, так ещё можно. Пусть $b\neq 1$. Рассмотрим последовательность $(z_n)$, элементы которой связаны с элементами $(y_n)$ так:
$y_n=z_n+\frac 1{1-b}$
Очевидно, что последовательность $(y_n)$ сходится iff последовательность $(z_n)$ сходится. Но $(z_n)$, как легко вывести — это бесконечная геометрическая прогрессия: $z_1=a-\frac 1{1-b}, z_{n+1}=bz_n$.
А про геометрические прогрессии мы всё знаем.

[irod]

svv
хитрО, спасибо.

[ewert]

Робяты, кому как, а мне мурыжить эту задачу надоело. Всё же уже сказано, причём неоднократно.

Конечно, по идее она на теорию разностных уравнений. Но раз нет на данный момент этой теории -- то, значит, и нет; аминь. Но есть зато одно наблюдение, есть вроде уже твёрдо и давно. Что "случай общего положения" проваливается тогда и только тогда, когда два первых члена последовательности совпадают (а тогда после вычитания друг из друга двух соседних рекуррентных соотношений получается, что и все они совпадают, т.е. что последовательность стационарна).

Ну если она стационарна, т.е. если все её члены равны $a$ -- то что из этого выходит?..

По-моему, всё тупо. Непосредственно после того, как этот особый случай замечен.

[irod]

Да все с этой задачей уже понятно. Мне она тоже конечно надоела.

В этом листке все обязательные и даже некоторые необязательные задачи сделал. Считаю что пора переходить к следующему листку и следующей теме.
Большое спасибо всем за помощь!