Жуткий предел :)

[LaraKroft]

Здравствуйте! Помогите вычислить пределчик

Пусть определена последовательность $\left\{ {{x_n}} \right\},{\text{ }}{x_1} = \frac{\pi }{2},{\text{ }}{x_{n + 1}} = \sin {x_n},{\text{ }}n \geqslant 1.$
Вычислите $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt n {x_n}.$

Если можно, немного подробней подскажите.

Заранее спасибо!

[id]

$x_n \sim \sqrt{\frac 3 n}$. Кажется.

Для этого рассмотрим $\frac 1 {x_n^2} = \frac 1 {\sin^2 x_{n-1}} = \frac 1 {x_{n-1}^2(1-\frac {x_{n-1}^2} 3 + o(x_{n-1}^2))} = \frac 1 {x_{n-1}^2} + \frac 1 3 + o(1)$
Подставляем все далее оставшееся, пользуемся теоремой Штольца чтобы показать, что последовательность средних арифметических сход. последовательности стремится к тому же пределу, что и сама последовательность.

[мат-ламер]

У меня такой же ответ, только причём здесь теорема Штольца я не понял. Допустим, что предел существует. Обозначим его какой-то буквой, подставим в рекуррентное соотношение, и раскроем синус по формуле Тейлора.

[LaraKroft]

Спасибо, если можно, немного подробней, pls.
Так какой ответ должен получиться?

[id]

Штольц там возникает из-за суммирования стремящихся к $0$ остатков в формуле, которые $o(1)$. Когда их сумма делится на $n$, получается среднее арифметическое. Для обоснования того факта, что если $a_n \to 0$, то и $\frac 1 n \sum\limits_{k=1}^{n} a_k \to 0$, используется теорема Штольца.

[мат-ламер]

Допустим предел существует - $A$. Подставим его в рек. соотношение - $\lim (A/ \sqrt{n+1} ) = \lim ( \sin A/ \sqrt n )$. Дальше раскладываем синус по формуле Тейлора. Получается $A^2= \lim 6 \sqrt{n^3} (1/ \sqrt{n+1} - 1/ \sqrt n) $. Отсюда ответ $A= \sqrt 3$.

[id]

мат-ламер
А вдруг он не существует?

[LaraKroft]

Я, извиняюсь, но меня получилось

$${A^2} = 6\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{{\sqrt {n + 1} }} - \frac{1}{{\sqrt n }}} \right)\sqrt {{n^3}} = - 3.$$

Или где-то опечатка?

[мат-ламер]

Да, опечатка. Поменять местами дроби нужно. А Вы попроуйте сами это вывести. Насчёт существования я не подумал. Возможно, что его существование следует из метода вычисления.

-- Чт июл 30, 2009 17:22:11 --

Если бы предел не существовал, то не задавали бы такую задачу.

[Sonic86]

Штольц - дискретный аналог Лопиталя, и как и в случае Лопиталя, предел среднего арифметического последовательности может существовать, а у самой последовательности - нет.

Можно кстати так сделать:
Если предел $y=\lim\limits_{n \to + \infty} y_n$ существует и $y_{n+1} = f(y_n)$, то взяв от обеих частей этого соотношения предел, получим некое уравнение $y=g(y)$, которое надо решить.
В нашем случае надо положить $y_n = \sqrt{n}x_n$? выразить $x_n$, подставить и преобразовать исходное соотношение $x_{n+1}=\sin (x_n)$ и уже оттуда решить.

[id]

Sonic86
Именно. Но если сама последовательность куда-то стремится, то средние туда же стремятся точно. А нужны как раз средние.

[Sonic86]

А ну значит замечательно!
"У меня кстати тоже 0 получился " - это я чушь написал.

[id]

0? Тоже?
У мат-ламер $\sqrt{3}$ получился, у меня выше вроде тоже.

[Milliard]

При n=10 000 000 получилось 1,73204993277015.

[LaraKroft]

Значит корень из трех!
Всем спасибо за помощь!

-- Пт июл 31, 2009 13:17:59 --

А как доказать, что предел существует?
Или это невозможно?