Жуткий предел :)

LaraKroft · 19/10/08 42

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 · 05/06/08 1097

$x_n \sim \sqrt{\frac 3 n}$ . 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 · 30/01/09 7068

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 · 19/10/08 42

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

id · 05/06/08 1097

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 · 30/01/09 7068

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 · 05/06/08 1097

мат-ламер
А вдруг он не существует?

LaraKroft · 19/10/08 42

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 · 30/01/09 7068

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 · 08/04/08 8562

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.