Вычислить пределы.

[Руст]

Доказать существование и вычислить пределы:
1. $x_0=1,x_{n+1}=\sin {x_n}, \ \lim_{n \to \infty} x_n \sqrt n $.
2. $x_0=1,x_{n+1}=\sin {(\tg {(\sin {x_n})})}, \ \lim_{n \to \infty} x_n n^{1/4}$.

[незваный гость]

Добавьте уж честно:
3) Рассмотрим последовательность $x_0=1,x_{n+1}=f(x_n)$.
Приведите пример условий для $f(x)$, при которых существует ненулевой предел $\lim\limits_{n \to \infty} x_n n^\beta $ для некоторого $\beta$.
Вычислить предел.

[Руст]

Решивший примеры может сказать ответы и на ваши вопросы для случая гладких в 0 функций с условием $|f(x)|<x$, при $x$ не равном нулю.

[незваный гость]

Как насчет ${\rm e}^{-\frac{1}{x^2}}$?

[Руст]

Это очевидный вопрос, никакая степень не компенсирует убывание. Смысл имеют задачи, когда производная $f(x)$ в 0 1 - касание критической прямой (-1 так же можно рассмотреть когда последовательность бегает с одной стороны в другую, тогда и перед степенью $n$ надо поставить чередование знаков).

[незваный гость]

Как насчет $f(x) = x-{\rm e}^{-\frac{1}{x^2}}$?

[Руст]

Сразу могу сказать только что сама последовательность стремится к нулю медленнее любой отрицательной степени от n.

[незваный гость]

Но ведь удовлетворяет всем Вашим требованиям: $f(x) < x$, $f'(0)=1$, бесконечно неперерывно-дифференцируема при $x \ge 0$.

Кстати, для всей прямой можно рассмотреть $f(x) = x(1-{\rm e}^{-\frac{1}{x^2}})$.

[Руст]

незванный гость писал(а):

:evil:
Но ведь удовлетворяет всем Вашим требованиям: $f(x) < x$, $f'(0)=1$, бесконечно непрерывно-дифференцируема при $x \ge 0$.

Я говорил только о возможности получения оценок. Так как все производные $x-f(x)$ равны 0 эта последовательность, как и новая удовлетворяет условиям:
$\lim_{n\to \infty} \frac {x_n}{(\ln n)^{0.5+\epsilon}}=0.$
$\lim_{n \to \infty} \frac {x_n}{(\ln n)^{0.5-\epsilon}}=\infty .$
Вообще я считал, что эта задача слишком простая для мех-матянина. Видать сейчас настоящие мех-матяне не посещают этот форум.

[Руст]

Даю решение этих простых задач. Так как $|f(x)|<x$ для этих функций начиная с первого члена, то последовательности стремятся к нулю. Производная в 0 равна 1 это приводит к степенному убыванию (за исключением вышеприведённого примера). Это доказывается оценкой множителя. Пусть
$f(x)=x(1-ax^k+o(x^k))\Longrightarrow 1-(a+\epsilon)x_n^k<\frac{x_{n+1}}{x_n}<1-(a-\epsilon)x_n^k$ начиная с некоторого номера.
Рассмотрим отношение $\frac{d(n+1+C)^{-r}}{d(n+C)^{-r}}=1-\frac{r}{n+C}(1+o(1))=1-a(d(n+C)^{-r})^k(1+\epsilon)$. Чтобы последнее выполнялось необходимо и достаточно:
$r=1/k,d=(ka)^{1/k}$. Более подробное рассмотрение показывает, что можно выбрать константы Сн и Св (нижнюю и верхнюю), что последовательность будет оцениваться сверху и снизу с соответствующими сдвигами. Это дает предел d имеющее значение $\frac {1}{\sqrt 3}$ для первого примера и $d=(\frac 25)^{1/4}, (k=4,a=1/10)$ для второго примера.

[незваный гость]

То есть, Ваше требование -- разлжимость в ряд Тейлора. Я, как Вы понимаете, специально привел пример неразложимой бесконечно дифференцируемой функции.

[Руст]

Я уже сказал, что разложимость не при чём. Нужна оценка члена $x-f(x)$ вблизи 0. В вашем случае она не степенная, что приводит к очень медленному убыванию о порядке которой тоже указал.
Причём предел как правило практический не зависит от начальных значений. В приведённых мною примерах эта зависимость входит только через множитель знака $sign(x_1)$.

[незваный гость]

Правда, но не вся правда. А именно, если мы имеем дело с оценкой разложимости $x - f(x)$ вблизи нуля как $a x^k +{\rm O}(x^{k+1})$, я думаю, что мы можем показать существования соответсвующего отрезка ряда Тейлора.