И ещё одна(я вам не надоел?)

[RIP]

Пусть $a_1>0,a_2>0$ и $a_n=\frac1{a_{n-1}}+\frac1{a_{n-2}},n\geqslant3$.
Докажите, что последовательность сходится

Добавлено спустя 2 часа 4 минуты 35 секунд:

Re: И ещё одна(я вам не надоел?)

А чё мелочиться? Гулять, так гулять!
Пусть $a_0>0,a_1>0,\ldots,a_{k-1}>0$ и $a_n=\frac1{a_{n-1}}+\frac1{a_{n-2}}+\ldots+\frac1{a_{n-k}},n\geqslant k$.
Докажите, что последовательность сходится
Оцените $|a_n-\sqrt k|$(я умею оценивать только сверху, причем очень грубо.)

[Genrih]

RIP писал(а):

Пусть $a_1>0,a_2>0$ и $a_n=\frac1{a_{n-1}}+\frac1{a_{n-2}},n\geqslant3$.
Докажите, что последовательность сходится Very Happy

Рассмотрим
$a_n-a_{n-1}- ... - a_3 = \frac{1}{a_{n-1}} - \frac 1 a_1 $
Или $a_n=a_{n-1}+a_{n-2}+...+a_3+\frac{1}{a_{n-1}} - \frac{1}{a_1}$ , откуда следует, что последовательность строго возрастает
И/или $\frac {1}{a_{n+1}}< \frac{1}{a_n}$, oткуда $a_n < \frac{2}{a_1}$

добавлено:
бррр , чушь написал

[RIP]

Могу Вас уверить, что последовательность не является монотонной.

[Юстас]

Пусть $f(x)=(x-\frac2 x)^2,\ x_n=f(a_n)\le \frac 1 2 (f(a_{n-1})+f(a_{n-2}))$, в силу того что $f(2/x)=f(x)$ и выпуклости $f(x)$. Отсюда следует сходимость $x_n$ и, как следствие, $a_n$.

[RIP]

Юстас писал(а):

Пусть $f(x)=(x-\frac2 x)^2,\ x_n=f(a_n)\le \frac 1 2 (f(a_{n-1})+f(a_{n-2}))$, в силу того что $f(2/x)=f(x)$ и выпуклости $f(x)$. Отсюда следует сходимость $x_n$ и, как следствие, $a_n$.

Извините, но объясните мне, дураку, почему из сходимости $x_n$ следует сходимость $a_n$?

[Юстас]

Выразите $a_n$ через $x_n$, должно получиться, что у $a_n$ будет только 2 частичных предела, в силу вида последовательности они обязаны совпадать, возможно придется повозиться с арифметикой.

[RIP]

Юстас писал(а):

Выразите $a_n$ через $x_n$, должно получиться, что у $a_n$ будет только 2 частичных предела, в силу вида последовательности они обязаны совпадать, возможно придется повозиться с арифметикой.

Ладно, равенство частичных пределов, действительно, легко доказывается(очень красивое решение). Кстати, этот метод работает и в общем случае.

Добавлено спустя 3 минуты 43 секунды:

Если кому интересно, могу привести другое решение.

[Genrih]

RIP писал(а):

Если кому интересно, могу привести другое решение.

Давайте

[RIP]

Оки, вот оно.
Обозначим $x_n=\frac{\sqrt k}{a_n}$. Тогда

$$x_n=\frac k{x_{n-1}+x_{n-2}+\ldots+x_{n-k}}=$$ $$=\frac k{\frac k{x_{n-2}+x_{n-3}+\ldots+x_{n-k-1}}+\frac k{x_{n-3}+x_{n-4}+\ldots+x_{n-k-2}}+\ldots+\frac k{x_{n-k-1}+x_{n-k-2}+\ldots+x_{n-2k}}}\leqslant\text{(нер-во между средними)}$$

$$\leqslant\frac1k(\frac{x_{n-2}+x_{n-3}+\ldots+x_{n-k-1}}k+\frac{x_{n-3}+x_{n-4}+\ldots+x_{n-k-2}}k+\ldots+\frac{x_{n-k-1}+x_{n-k-2}+\ldots+x_{n-2k}}k)$$

Справа стоит линейная комбинация $x_{n-1},x_{n-2},\ldots,x_{n-2k}$ с неотрицательными коэффициентами, в сумме дающими $1$. Отсюда следует, что $x_n$ сходится(по небольшой модификации другой задачи, которую я уже приводил: там требовалось, чтобы все $p_j$ были положительны, но на самом деле достаточно, чтобы, например, $p_0$ и $p_1$ были положительны.)