Сходимость ряда

[Maxim19]

Здравствуйте, решаю такую задачу: последовательность $a_{n+1}=\sin(a_{n})$
Надо узнать, сходится ли

$$\sum\limits_{1}^{\infty}a_n$$

Я пытался разложить в степенной ряд, и предсвить $a_n>k^n$ $0<k<1$ это следует из замечательного предела, но это не даёт ничего, так как этот степенной ряд сходится. Я заметил, что мне во всех подобных задачах с синусами и косинусами трудно делать оценку. Может кто-нибудь поможет и даст ссылку на "приёмчики" для решения таких задач?

[zykov]

При $a_0 > 0$ последовательность будет убывать, т.к. $\sin x < x$ при $x>0$.
При малых $a_n$ будет примерно $a_{n+1}=\sin a_n \approx a_n-\frac{a_n^3}{6}$.
Значит $\frac{a_{n+1}-a_n}{1}\approx -\frac{a_n^3}{6}$.

Рассмотрим непрерывную функцию $a(t)$, такую что $a'(t)=-\frac{a^3(t)}{6}$.
Тогда при малых $a_n$ будет $a(t+1) \approx a_{n+1}$, если $a(t)=a_n$.
Решение дифура $a(t)=\sqrt{\frac{3}{t+C}}$.
Значит $a_n \approx \sqrt{\frac{3}{n+C}}$.

Сумма $\sum n^{-\frac12}$ расходится.

[Утундрий]

Maxim19 в сообщении #1574116 писал(а):

Может кто-нибудь поможет и даст ссылку на "приёмчики" для решения таких задач?

Ваша последовательность полнее всего раскрывается на плоскости $(a_n,a_{n+1})$. Порисуйте там "лесенки" и сразу станет ясно, сходится она или не сходится.

[F111mon]

А что говорят по поводу этого ряда Даламбер и Коши-радикальный?

[provincialka]

Утундрий Про последовательность ясно, а вот про ряд?

F111mon Похоже, они как раз молчат.

[мат-ламер]

Ряд расходится, поскольку общий член ряда стремится к нулю медленнее, чем общий член гармонического ряда. Предположим $a_k \approx 1 \slash n$ . Тогда $a_{k+1}=\sin a_k \ge \frac{1}{n} - \frac {1}{6n^3} \ge \frac {1}{n+1}$ для достаточно больших $n$ .

[ewert]

zykov в сообщении #1574120 писал(а):

При $a_0 > 0$ последовательность будет убывать, т.к. $\sin x < x$ при $x>0$.

Это неверно (хотя и легко исправляется).

zykov в сообщении #1574120 писал(а):

Решение дифура $a(t)=\sqrt{\frac{3}{t+C}}$.
Значит $a_n \approx \sqrt{\frac{3}{n+C}}$.

А это слишком легкомысленно -- ссылка на дифур формально ничего не доказывает.

Тем не менее, как наводящее соображение годится. Поэтому

F111mon в сообщении #1574127 писал(а):

А что говорят по поводу этого ряда Даламбер и Коши-радикальный?

-- ничего они в данном случае не смогут сказать в принципе.

И всё же апелляция к дифурам не слишком эстетична (дифуров к этому моменту может и не быть). Вот как можно выйти на результат без них.
Если заменить $\sin x$ на $\theta x$ с $\theta<1$, то будет сходимость со скоростью геометрической прогрессии, причём тем более медленная, чем ближе $\theta$ к единице. Но у нас $\sin x\sim x$, поэтому $a_n$ должны убывать медленнее любой прогрессии. Напрашивается естественная гипотеза: $a_n\sim\frac{C}{n^{\alpha}}$. Тупо подставим это в асимптотику синуса: $\frac{C}{(n+1)^{\alpha}}\sim\frac{C}{n^{\alpha}}-\frac{C^3}{6n^{3\alpha}}$, откуда $\frac1{n^{\alpha}}-\frac1{(n+1)^{\alpha}}\sim\frac{\alpha}{n^{\alpha+1}}=\frac{C^2}{6n^{3\alpha}}$. Таким образом, должно быть $\alpha=\frac12$ (и даже $C=\sqrt3$), т.е. ряд должен действительно расходится.

Всё это пока что тоже не более чем наводящие соображения, которые ничего не доказывают. Строго говоря, даже и не факт, что асимптотика будет чисто степенной (это зависит от того, что стоит в разложении синуса после куба, просто $o(x^3)$ недостаточно). Но мы ведь практически уверены, что расходимость есть с большим запасом. Так давайте огрубим и попытаемся доказать, что $a_n>\frac1{n+\beta}$ для некоторого постоянного $\beta$.

Чтобы не отвлекаться на ненужные детали, задачу лучше обобщить и рассмотреть соотношение $a_{n+1}=f(a_n)$, где $0<f(x)<x$ (это гарантирует $a_n\to0$; впрочем, стремление именно к нулю тоже нужно доказывать, но это легко и шаблонно). Кроме того, предположим, что $f(x)$ два раза дифференцируема в нуле и что $f'(0)=1$; тогда из общей формулы Тейлора следует оценка $f(x)>x-Cx^2$ с некоторой $C>0$. Докажем, что при подходящей $\beta$ из $a_n>\frac1{n+\beta}$ следует $a_{n+1}>\frac1{n+1+\beta}$ (тогда общее неравенство будет верно по индукции). Это легко делается в лоб: по индукционному предположению $f(a_n)>\frac1{n+\beta}-\frac{C}{(n+\beta)^2}$, и достаточно доказать, что $\frac1{n+\beta}-\frac{C}{(n+\beta)^2}>\frac1{n+\beta+1}$, т.е. $\frac{\beta+1}{n+\beta+1}>\frac{C}{n+\beta}$. Последнее сводится к $(\beta+1-C)(n+\beta)>C$, а это очевидно верно, если взять $\beta$ достаточно большим.

База индукции очевидна: $a_1>\frac1{1+\beta}$, если опять же $\beta$ достаточно велико. Был небольшой пробел -- чтобы оценка проходила, нужно ещё монотонное возрастание $x-Cx^2$. Но при малых иксах оно есть, а мы всегда можем считать $a_1$ достаточно малым.

[ewert]

В доказательстве была довольно странная ошибка. Странная, т.к. очевидная: ведь из $f(x)\sim x-Cx^2$ должно следовать $a_n\sim\frac{A}n$ с постоянной $A$, явно зависящей от $C$.

Надо было доказывать, что $a_n>\frac{A}{n+\beta}$, если $A>0$ достаточно мало и $\beta$ достаточно велико. Тогда

$$\frac{A}{n+\beta}-\frac{C\,A^2}{(n+\beta)^2}>\frac{A}{n+\beta+1}, \qquad \frac1{n+\beta+1}>\frac{C\,A}{n+\beta}, \qquad {(n+\beta)(1-C\,A)}>C\,A$$

и всё получается.

[RIP]

ewert в сообщении #1574145 писал(а):

Строго говоря, даже и не факт, что асимптотика будет чисто степенной (это зависит от того, что стоит в разложении синуса после куба, просто $o(x^3)$ недостаточно).

Почему недостаточно? Из $f(x)=x-Cx^3+o(x^3)$ следует $\frac{1}{f^2(x)}-\frac{1}{x^2}=2C+o(1)$, то есть $\frac{1}{a_{n+1}^2}-\frac{1}{a_n^2}=2C+o(1)$, откуда $\frac{1}{a_n^2}\sim2Cn$.

[thething]

Можно учесть, что $a_{n+1}=\sin(a_n)\ge a_n\left(1-\dfrac{a_n^2}{6}\right)\ge a_n\left(1-\dfrac{a_k^2}{6}\right)$ при $n\ge k$, поэтому хвост ряда $\displaystyle\sum\limits_{n=k}^\infty a_n\ge\dfrac{6}{a_k}$ (сумма геометрической прогрессии).

[F111mon]

Я не понимаю вашего троллинга, поэтому просто дам две ссылки
https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9F%D1 ... 1%80%D0%B0
https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A0%D0 ... 1%88%D0%B8
И та, и другая полностью решает задачу

[RIP]

F111mon в сообщении #1574181 писал(а):

Я не понимаю вашего троллинга, поэтому просто дам две ссылки
https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9F%D1 ... 1%80%D0%B0
https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A0%D0 ... 1%88%D0%B8
И та, и другая полностью решает задачу

Ни та, ни другая задачу не решает, потому что в данном случае $\lim\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim\sqrt[n]{a_n}=1$.

[provincialka]

F111mon
Думаете, мы не знаем этих признаков? Кстати, по-вашему, этот ряд сходится?

[Утундрий]

(Оффтоп)

provincialka в сообщении #1574190 писал(а):

Думаете, мы не знаем этих признаков?

Добавить бы простое человеческое "за" между "знаем" и "этих" и получился бы полный Ришельё)

[provincialka]

Интересно, что ТС в теме не появляется )) бросил собакам кость математикам задачу -- и в кусты )