sequence of real numbers

[myra_panama]

Let $(a_{n})$ be the sequence of real numbers defined by: $a_{1}=1, a_{n+1}=\frac{a_{n}^{2}+1}{n}$
Prove:
a) $\lim\limits_{n\to\infty}a_{n} = 0$
b) Compute: $\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{\ln n}$

[Руст]

a)$a_2=1,a_3=\frac 23$. By induction $\frac{1}{n-1}<a_n<\frac{1}{n-2}$.
b) follows from a) (lim=1).

[ewert]

Руст в сообщении #472128 писал(а):

a)$a_2=1,a_3=\frac 23$.

Да вот в том-то и подлость, что $a_2=2,\ a_3=\frac52$.

Конечно, ясно: если хоть один из членов последовательности меньше единицы, то дальше этот факт поддерживается по индукции, а тогда предел равен нулю и т.д. Но, к сожалению, впервые это случается лишь для $a_6$.

Чуть помягче с монотонным убыванием (оно также поддерживается по индукции, и этого тоже достаточно для всего остального): здесь уже $a_4=\frac{29}{12}<a_3$.

Но всё равно как-то неэстетично. Тем более что существенно начальное приближение: сходимость наблюдается лишь при $a_1<1.2225486278\ldots$.

[myra_panama]

Руст в сообщении #472128 писал(а):

a)$a_2=1,a_3=\frac 23$.

Это как ? просто вы во сне или

(Проверьте решение)

a)$a_{n+1}=\frac{1+a_n^2}{n}<\frac{n^2+100}{n^3}$
Можно следит,что $\frac{n^2+100}{n^3}<\frac{10}{n+1}$, отсюда имеем $\iff$ $9n^3-n^2-100n-100>0$
Отсюда $a_{n+1}<\frac{10}{n+1}$
b) Замечаем,что : $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a_{n+1}}{\ln(n+1)-\ln n}=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{na_{n+1}}{\ln(1+\frac1{n})^n}=\lim\limits_{n\to \infty}(1+a_n^2)=1$ . , из Теорему Штольца получаем,что:$ \lim\limits_{n\to\infty}\, \frac {a_1+a_2+\ldots+a_n}{\ln n}=1$

[ewert]

myra_panama в сообщении #472153 писал(а):

Проверьте решение

Не пойдёт. Не вникал в детали, потому что не в них суть. Доказательство в любом варианте тривиально, достаточно хоть за один удачный элемент зацепиться. А у Вас -- никаких зацепок нет. Где Вы используете тот факт, что начальный член равен именно единице?... Между тем это (точнее, некоторая ограниченность начального члена) -- принципиально.

[myra_panama]

ну заметим, что $a_n>0$ для любых $n\ge1$; еще : $a_2=2 , a_3=2,5 ,a_4\approx 2,41 , a_5\approx 1,71 ,a_6\approx 0,78 , a_7\approx 0,26$
По моему отсюда можно вытекать что $a_n<\frac{10}n$ а дальше было выше

[Руст]

Да не заметно упростил формулу до $a_{n+1}=\frac{a_n^2+1}{n+1}.$
Для исходной формулы зависит дальнейшее поведение от $a_n>n+1\to a_{n+1}>n+2\to a_n\to\infty$.
Если $a_n<n+c$ c чуть меньшим c, то $a_{n+1}<\frac{n^2+2c+c^2+1}{n}=n+1+c+(c-1+\frac{c^2+1}{n})<n+1-c$, то последовательность вначале замедляет рост, перестает расти а далее стремится к нулю примерно как $\frac{1}{n-1}$.
При $n=1$ эта граница для с не намного больше 0.
В любом случае надо вначале проверить что мы не превзошли указанный предел, подсчитав до начало уменьшения $a_n$. Далее можно показать, что $a_n=\frac{1}{n-1}+O(n^{-3}).$

[ewert]

myra_panama в сообщении #472157 писал(а):

еще : $a_2=2 , a_3=2,5 ,a_4\approx 2,41 , a_5\approx 1,71 ,a_6\approx 0,78 , a_7\approx 0,26$
По моему отсюда можно вытекать что $a_n<\frac{10}n$ а дальше было выше

Всё гораздо проще. Раз уж Вы добрались до $a_6$ (достаточно было до $a_4$, но монотонность чуть сложнее обосновывать), то из $a_6<1$ по индукции мгновенно следует, что и все дальнейшие $a_n<1$; из ограниченности всех членов моментально получается их стремление к нулю, откуда сразу же $a_n\sim\frac1n$, откуда также практически сразу $\sum\limits_{k=1}^na_k\sim\ln n$.