Рекуррентные последовательности

[Arcanine]

(Оффтоп)

Часть задач (а именно рекуррентные последовательности), предлагавшиеся на олимпиадах по математике студентов технических вузов г. Москвы в 1996-2010 годах.

1. Последовательность $(x_n)$ задана рекуррентно: для $\theta\in[0,1]\ x_1=0,\ x_{n+1}=x_n+0,5(\theta-x^2_n)\ (n$\geq$\ 1).$ Доказать, что существует $\lim\limits_{n\to \infty}(x_n),$ и вычислить его.

2. Последовательность $(x_n)$ задана рекуррентно: $x_1=a,\ x_{n+1}=2x^2_n-1\ (n\geq1).$ Указать 5 различных значений $a$, при каждом из которых последовательность $(x_n)$ имеет предел.

3. Последовательность $(x_n)$ задана рекуррентно: $x_1=1,\ x_{n+1}=\sqrt {6+\frac{9}{x_n}}.$ Доказать, что существует $\lim\limits_{n\to \infty}(x_n),$ и вычислить его.

4. Последовательности $(x_n),\ (y_n)$ определены рекуррентно: $x_1=1,\ x_{n+1}=2x^2_{n+1}+1,\ y_1=1,\ y_{n+1}=2y^2_{n+1}+n.$ Верно ли, что $x_n\sim y_n$ при $n\to \infty?$

(Оффтоп)

Здесь опечатка?

5. Последовательность $(c_n)$ задана рекуррентно: $c_1=0,\ c_{n+1}=\sqrt {(1+c_n)/2}$ при $n\geq1.$ Доказать, что существует $\lim\limits_{n\to \infty}(2^n\cdot \sqrt{1-c^2_n}),$ и вычислить его.

6. При каких $a$ последовательность, заданная правилом $x_1=a,\ x_{n+1}=4\sqrt{x_n-3}-x_n+6,$ определена при всех $n\in N$?

[nnosipov]

Arcanine в сообщении #551960 писал(а):

2. Последовательность $(x_n)$ задана рекуррентно: $x_1=a,\ x_{n+1}=2x^2_n-1\ (n\geq1).$ Указать 5 различных значений $a$, при каждом из которых последовательность $(x_n)$ имеет предел.

Это уже обсуждалось, используйте поиск.

[ewert]

(Оффтоп)

Arcanine в сообщении #551960 писал(а):

Здесь опечатка?

Почему? Действительно, $1-c_n\sim C\cdot4^{-n}$. Другое дело, что я совсем не уверен в возможности явного нахождения того $C$.

[Arcanine]

(Оффтоп)

Цитата:

Это уже обсуждалось, используйте поиск.

nnosipov Спасибо за информацию. Приношу свои извинения.
ewert Это моё упущение. Я хотел применительно к 4, а написал к 5.

[Arcanine]

ewert, а если ввести замену $c_n=\cos \alpha,\ 0\le \alpha\le \frac{\pi}{2}?$ Тогда: $c_{n+1}=\sqrt{\frac{1+\cos \alpha}{2}}=\cos \frac{\alpha}{2}.$
$c_1=0=\cos \frac{\pi}{2},\ c_n=\cos \frac{\pi}{2^n}.$ Переходя к пределу, получаем:
$\lim\limits_{n\to \infty} (2^n\cdot \sqrt{1-c^2_n})=\lim\limits_{n\to \infty} (2^n\cdot \sqrt{1-\cos^2 \frac{\pi}{2^n}})=[\infty \cdot 0]=\lim\limits_{n\to \infty} (2^n\cdot \sqrt{1-(1-\cos \frac{\pi}{2^n}-1)^2}=\lim\limits_{n\to \infty} (2^n\cdot \sqrt{1-(\frac {\pi^2}{2^{2n+1}}-1)^2}=\lim\limits_{n\to \infty} (2^n\cdot \sqrt{1-(\frac {\pi^4}{2^{4n+2}}-\frac {\pi^2}{2^{2n}}+1)}=\lim\limits_{n\to \infty} (2^n\cdot \sqrt{\frac {\pi^2}{2^{2n}}-\frac {\pi^4}{2^{4n+2}}}=\pi$

[ewert]

Только длинновато: достаточно того, что $\sqrt{1-\cos^2 \frac{\pi}{2^n}}=\sin\frac{\pi}{2^n}$.

Я в эту сторону просто не думал. Ясно, что если удалось угадать точное решение, то и с пределом проблем не будет.

[Arcanine]

(Оффтоп)

ewert, это у меня уже заскок.