Доказать сходимость последовательности.

[bull_mipt]

Набрел на задачу, к которой пока не знаю как подступиться. Буду благодарен за любые разумные идеи.
Собственно задача: Последовательность $\[a_n\]$ неотрицательных чисел такова, что $\[a_{n + 1} \sqrt {a_n } \to b\]$, причем $\[b > 0\]$. Доказать, что $\[a_n\]$ сходится.

[Sonic86]

Вроде бы можно так: прологарифмировать (для удобства): $x_n= \ln a_n$. Считать, что $x_0$ дано. Выразить $x_{n+1}$ и получить рекуррентное соотношение с неизвестной погрешностью, которая, стремится к нулю. И потом догадайтесь, что с ним сделать.

[Padawan]

Пусть $a_{n+1}\sqrt{a_n}=b_n=b\cdot\beta_n$, где $\beta_n\to 1$. Надо показать, что существует последовательность $\gamma_n\to 1$ такая, что $\gamma_{n+1}\sqrt{\gamma_n}=\beta_n$. Для этого взять $\gamma_0=1$, перейти к логарифмам, в явном виде решить реккурентное соотношение и показать, что $\ln\gamma_n\to 0$ (это самое интересное).

После этого исходное уравнение переписывается в виде $c_{n+1}\sqrt{c_n}=b$, где $c_n=\dfrac{a_n}{\gamma_n}$. Эта реккурентность опять решается и проверяется, что существует предел $c_n$. Тогда и для $a_n$ существует предел.

Обобщение: если $a_{n+1}^\mu a_n^\nu\to b>0$ при $|\mu|>|\nu|$, то последовательность $a_n$ сходится.

[Dandan]

не надо никаких логарифмов. Из условия следует, что для любого частичного предела $a$ последовательности $a_n$ выполняется $a \sqrt{a} = b$. Вот и всё.

[Padawan]

Не следует, там ведь индексы другие будут, не подряд идущие.

[Dandan]

следует, распишите и увидите.

[bull_mipt]

Проверьте, пожалуйста выкладки.

Логарифмирование дает: $\[\ln a_n + \frac{1}{2}\ln a_{n + 1} \to \ln b\]$. Значит, $\[\ln a_n + \frac{1}{2}\ln a_{n + 1} = \ln b + \alpha _n ,\alpha _n \to 0\]$.
$\[c_n = \ln a_n ,b_n = \ln b + \alpha _n\]$. Получаем, $\[c_n + \frac{1}{2}c_{n + 1} = b_n\]$. Разрешая реккурентное соотношение (если не ошибся), получаем
$\[c_n = ( - 1)^n 2^{1 - n} c_1 + ( - 1)^n 2^{1 - n} b_1 - ( - 1)^n 2^{1 - n} \sum\limits_{k = 1}^{ - 1 + n} {( - \frac{1} {2})} ^{ - k} b_k \]$.
Первые два слагаемые стремятся к нулю, последнее сходится по теореме Теплица ($\[ b_n \]$ сходится, сумму вида $\[ \sum\limits_k {( - \frac{1} {2})^k } \]$ можно подогнать к единице
). Значит, $\[ c_n \]$ сходится, значит $\[ a_n \]$ сходится.

[Padawan]

Dandan
Вашим способом можно было бы точно также доказать, что если $a_{n+1}a_n\to b$, то $a_n$ сходится. А это неверно.

[paha]

bull_mipt в сообщении #345736 писал(а):

Разрешая реккурентное соотношение (если не ошибся), получаем
$\[c_n = ( - 1)^n 2^{1 - n} c_1 + ( - 1)^n 2^{1 - n} b_1 - ( - 1)^n 2^{1 - n} \sum\limits_{k = 1}^{ - 1 + n} {( - \frac{1} {2})} ^{ - k} b_k \]$.

Не надо отрицательных степеней в сумме)))

А где тут $b_n$? Кажется, там должно быть что-то вроде

$$\sum\limits_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{2^k}b_{n-k}$$

-- Пт авг 20, 2010 20:17:39 --

Кстати, сходимость последовательности $\{b_n\}$ не является, вроде, необходимым условием сходимости последовательности

paha в сообщении #345776 писал(а):

$$B_n=\sum\limits_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{2^k}b_{n-k}$$

[bull_mipt]

Формула получена при помощи функции RSolve из Математики, которая разрешает рекуррентные соотношения. Должна быть верной :)

Насчет сходимости $\[ B_n \]$ я пользуюсь достаточным условием. Не буду писать все условия теоремы Теплицы, но они здесь, по ходу, все выполнены.

[мат-ламер]

Локальная сходимость. Пусть $a_n=b^{2/3}(1+\epsilon )$. Тогда $a_{n+1}=b^{2/3}(1-\epsilon /2)+o(\epsilon )$.

[мат-ламер]

Но в условии задачи требовалось доказать глобальную сходимость. Она следует из того, что при $a_n>b^{2/3}$ выполнятся $a_{n+1}<a_n$, а при $a_n<b^{2/3}$ выполняется $a_{n+1}>a_n$. При этом у отображения $a_n\to a_{n+1}$ лишь одна неподвижная точка - $b^{2/3}$.

[paha]

мат-ламер
разумеется, надо просто рассмотреть отображение $f(x)=b/\sqrt{x}$

-- Сб авг 21, 2010 15:06:36 --

И доказать, что неподвижная точка притягивает ВСЕ:)

[Padawan]

мат-ламер в сообщении #345799 писал(а):

Локальная сходимость. Пусть $a_n=b^{2/3}(1+\epsilon )$. Тогда $a_{n+1}=b^{2/3}(1-\epsilon /2)+o(\epsilon )$.

А поподробнее можно? Пока ничего не понял. Там ведь еще правая часть мешается, которая $b_n\to b$. Так что фиксированного отображения нет.

[мат-ламер]

Насчёт $b_n$ я в первом посту ничего не нашёл. Однако, пусть мы находимся уже вблизи предела (который равен $b^{2/3}$) (в моём первом посту доказана локальная сходимость), то $a_n=b^{2/3}(1+\epsilon )$. Подставим это выражение в формулу из первого поста - $a_{n+1}=b/{a_n}^{1/2}=b/(b^{1/3}(1+ \epsilon )^{1/2}))=b^{2/3}(1-\epsilon /2)$. Т.о. вблизи минимума имеем сходим со скоростью геометрической прогрессии с показателем $1/2$. Это сходимость последовательности не доказывает, что сделано в следующем посту. Но установили, что точка $b^{2/3}$ притягивающая. Так вижу, что противоречие. Разберусь - напишу чуть позже.

-- Сб авг 21, 2010 21:30:07 --

Во - первых

мат-ламер в сообщении #345911 писал(а):

Но в условии задачи требовалось доказать глобальную сходимость. Она следует из того, что при $a_n>b^{2/3}$ выполнятся $a_{n+1}<a_n$, а при $a_n<b^{2/3}$ выполняется $a_{n+1}>a_n$. При этом у отображения $a_n\to a_{n+1}$ лишь одна неподвижная точка - $b^{2/3}$.

- это не так. Но исправить можно, заменив тут $n+1$ на $n+2$. Т.е. характер сходимости будет не монотонный, а колеблющийся.

-- Сб авг 21, 2010 21:43:09 --

Во-вторых, мы не можем написать $a_{n+1}=ba_n^{-1/2}$. (Понял, что спрашивал Padavan). Но допустим, это равенство верно с точностью до $\epsilon$, поделённую на специально подобранную константу.

-- Сб авг 21, 2010 21:47:46 --

Т.е. $a_{n+1}=b/a_n^{1/2}+\epsilon /K$. Наверное, это решает проблему. Только надо подобрать $K$.