Полуцелые квадраты

[Dave]

a) Докажите, что существует последовательность $(a_n)_{n=1}^{\infty}$, такая, что $a_{n+1}=a_n^2$ для любого $n$ и

$$\lim_{n \to \infty} \{a_n\} = \frac 1 2.$$

б) Докажите, что существует бесконечное число попарно непересекающихся последовательностей, удовлетворяющих указанным свойствам.

[Sirion]

Вероятно, я чего-то не понимаю, но если предел последовательности равен 1/2, то вроде как найдётся член, сколь угодно близкий к 1/2 - к примеру, меньший 3/4. Соответственно, следующий член, равный квадрату предыдущего, не будет превышать 9/16, следующий за ним - не будет превышать 81/256, и все последующие будут меньше этого значения, т.е. отделены от 1/2.

В случае комплексной последовательности можно провести аналогичное рассуждение для модулей. Где я ошибаюсь?

[Хорхе]

Sirion в сообщении #544519 писал(а):

Где я ошибаюсь?

Эти фигурные скобочки означают дробную часть, на что кагбе намекает и название темы.

[Sirion]

(Оффтоп)

Тьфу ж ты ж ё ж ты ж...

[gris]

Наверное, члены последовательности будут иметь вид $a_i=k_i+1/2+1/(8k_i)+...$

[Dave]

Конечно, в условии фигурные скобки означают дробную часть. Я даже последовательность обозначил как $(a_n)_{n=1}^{\infty}$, а не $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$, чтобы не путать.

gris в сообщении #544550 писал(а):

Наверное, члены последовательности будут иметь вид $a_i=k_i+1/2+1/(8k_i)+...$

Что такое $k_i$?

[hippie]

а)
Построим сначала последовательность целых чисел $k_n$.
$k_0=2.$
Длина промежутка $[(k_n+1/2-\frac 1{k_n})^2;\ (k_n+1/2+\frac 1{k_n})^2]$ больше двух. Следовательно, этот промежуток содержит не менее 2 целых чисел. В качестве $k_{n+1}$ возьмём такое целое число, что и $k_{n+1}$ и $k_{n+1}+1$ содержатся в указанном промежутке.
Теперь, по последовательности $k_n$ построим число $a_0.$ По построению, $\left[\sqrt[2^n]{(k_n+1/2-\frac 1{k_n})^2};\ \sqrt[2^n]{(k_n+1/2+\frac 1{k_n})^2}\right]$ — последовательность вложенных отрезков, которая содержит общую точку $a_0.$
По построению $a_0^{2^n}\in [k_n+1/2-\frac 1{k_n};\ k_n+1/2+\frac 1{k_n}],$ т.е. $|\{ a_0^{2^n}\}-\frac 12|\le\frac 1{k_n},$ и, следовательно, $\lim\limits_{n\to\infty}\{ a_0^{2^n}\}=\frac 12.$ Т.е. последовательность $a_n=a_0^{2^n}$ — искомая.

б)
Заметим теперь, что длина промежутка $[(k_n+1/2-\frac 1{k_n})^2;\ (k_n+1/2+\frac 1{k_n})^2]$ больше четырёх. Следовательно, этот промежуток содержит не менее 4 целых чисел. Соответственно, при данном $k_n$ число $k_{n+1}$ можно выбрать не менее чем тремя способами, что даёт континуум различных последовательностей $k_n$, и, соответственно, континуум чисел $a_0$ на отрезке $[2;\ 3],$ порождающих попарно непересекающиеся последовательности с нужным свойством.

PS Продолжая рассуждения можно показать, что в любой окрестности любой точки луча $[1;\ \infty)$ содержится континуум чисел $a_0,$ порождающих требуемую последовательность (по правилу $a_n=a_0^{2^n}$).

[Dave]

Приведу своё решение п. a), имеющее самостоятельное значение (см. задачу №55709).
Определим функцию $g(x)$ как сумму бесконечного ряда

$$g(x)=x-\frac 1 2-\frac {b_1} x - \frac {b_2} {x^3} - \dots - \frac {b_n} {x^{2n-1}} - \dots, \eqno(1)$$

где числа $b_n$ определены здесь. Как было доказано в той задаче, ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} b_n$ сходится и имеет сумму, равную $\frac 1 2$. Значит функция $g(x)$ определена при всех $x \geqslant 1$. Также рассмотрим функцию $f(x)=b_1x+b_2x^2+b_3x^3+\dots$, определённую, по крайней мере, при $|x| \leqslant 1$. Нетрудно доказать, что, в силу определения коэффициентов $b_n$, эта функция удовлетворяет функциональному уравнению

$$f(x)=\frac x 8+\frac 1 2 (f^2(x)+f(x^2)).$$

Отсюда следует, что функция $g(x) \equiv x -\frac 1 2 - xf\left(\frac 1 {x^2} \right)$ при любом $x \geqslant 1$ удовлетворяет функциональному уравнению

$$g(x^2)=g(x)(g(x)+1). \eqno(2)$$

Берём теперь любое натуральное число $m$, например $1$, и находим число $a>1$, являющееся решением уравнения $g(a)=m$. Ввиду того, что $g(1)=0$, $g(+\infty)=+\infty$ и $g(x)$ монотонно возрастает при всех $x>1$, такое решение существует и единственно. Рассмотрим две последовательности $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ и $(z_n)_{n=0}^{\infty}$. Первую определим начальным условием $a_0=a$ и рекуррентным соотношением $a_{n+1}=a_n^2$, а вторую - соответственно $z_0=m$ и $z_{n+1}=z_n(z_n+1)$. По индукции, используя $(2)$ и то, что $g(a_0)=g(a)=m=z_0$, доказывается, что $g(a_n)=z_n$ для любого $n$. Подставляя $x=a_n$ в $(1)$, получаем:

$$a_n=z_n+h(a_n), \eqno(3)$$

где $h(x)=\frac 1 2 + \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac {b_n} {x^{2n-1}}.$ Очевидно, что при $x>1$

$$\frac 1 2 < h(x) < \frac 1 2 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac {b_n} x=\frac 1 2 + \frac 1 {2x}. \eqno(4)$$

Т.к. $a>1$, то $a_n \to +\infty$ и, стало быть, $h(a_n) \to \frac 1 2$ при $n \to \infty$. Также из $(4)$ следует, что

$$\frac 1 2<h(a_n)<1 \eqno(5)$$

при любом $n$. Но все члены последовательности $z_n$ - натуральные числа, поэтому из $(3)$ и $(5)$ заключаем, что $\{a_n\}=h(a_n)$ при любом $n$, что означает то, что построенная последовательность $(a_n)_{n=0}^{\infty}$ удовлетворяет требуемым в задаче условиям.