Рекурентная последовательность

[Genrih]

Последовательность $\left\{x_n \right\}$ задана по правилу:
$x_1=5$ , $x_{n+1}=x_n^2-2$.
Найти: $\lim \limits_{n\to \infty} \frac{x_{n+1}}{x_1x_2...x_n}$

Интересно, можно ли сделать что-то с логарифмами?

Начальное значение, ясно, можно взять и произвольным $\geq \sqrt 3$
--
Добавлено.
Последнее предложение неверно. Больше двух надо взять.

[Руст]

Genrih писал(а):

Последовательность $\left\{x_n \right\}$ задана по правилу:
$x_1=5$ , $x_{n+1}=x_n^2-2$.
Найти: $\lim \limits_{n\to \infty} \frac{x_{n+1}}{x_1x_2...x_n}$

Интересно, можно ли сделать что-то с логарифмами?

Начальное значение, ясно, можно взять и произвольным $\geq \sqrt 3$
--
Добавлено.
Последнее предложение неверно. Больше двух надо взять.

Начальное значение должно быть не меньше 2. При начальном значении 2 все члены последовательности равны 2 и предел равен нулю. При x1>2 легко доказать существование предела, отличного от нуля (зависящая от начального значения x1). Только я ещё не сообразил, как его вычислить.

[maxal]

Пусть $x_1=a.$ Тогда

$$x_{n+1} =\left(\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}\right)^{2^n} + \left(\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}\right)^{2^n}.$$

Положим

$$y_{n+1} =\left(\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}\right)^{2^n} - \left(\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}\right)^{2^n}.$$

Легко видеть, что $y_{n+1} = x_n y_n$ и поэтому

$$x_1 x_2 \dots x_n = \frac{y_1 x_1 x_2 \dots x_n}{y_1} = \frac{y_{n+1}}{y_1}.$$

Откуда

$$\frac{x_{n+1}}{x_1 x_2 \dots x_n} = \frac{x_{n+1}}{y_{n+1}} y_1.$$

При $a>2$ имеем

$$\lim_{n\to\infty} x_n/y_n = 1$$

и

$$\lim_{n\to\infty} \frac{x_{n+1}}{x_1 x_2 \dots x_n} = y_1 = \frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2} - \frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}=\sqrt{a^2-4}.$$

[Genrih]

Да, совсем забыл, что можно выразить через n все. Так даже более естественно получается.
Я делал так:
$x_{n+1}^2 - 4 = (x_n^2 - 2 )^2 - 4 = x_n^2 (x_n^2 - 4) = x_n^2 x_{n-1}^2 (x_{n-1}^2 -4) = ... = x_n^2 x_{n-1}^2 ... x_1^2 (a^2-4)$
Или $\left(\frac{x_{n+1}}{x_1x_2...x_n} \right)^2= (a^2-4)+ \frac{4}{x_n^2 x_{n-1}^2 ... x_1^2}$

Остается доказать, что $x_n \geq 2$ для всех n, что можно сделать по индукции. Ну и прийти к ответу: $\sqrt{a^2-4}$

Я думал расписывать через логарифм, т.к. показалось интересней и естественней, но выразить через начальное тоже работает. Спасибо.

Руст писал(а):

Начальное значение должно быть не меньше 2. При начальном значении 2 все члены последовательности равны 2 и предел равен нулю. При x1>2 легко доказать существование предела, отличного от нуля (зависящая от начального значения x1). Только я ещё не сообразил, как его вычислить.

Да, я потом добавил -- поправил свою ошибку.

[MMyaf]

maxal писал(а):

Пусть $x_1=a.$ Тогда

$$x_{n+1} =\left(\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}\right)^{2^n} + \left(\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}\right)^{2^n}.$$

Расскажите, пожалуйста, идею, как Вы это нашли.

[maxal]

MMyaf писал(а):

Расскажите, пожалуйста, идею, как Вы это нашли.

Дык это классическая последовательность Люка: http://mathworld.wolfram.com/LucasSequence.html