Асимптотика последовательности, заданной рекуррентно

[Gordmit]

Рассмотрим последовательность $x_{n+1}=\sin x_n$, $x_0=1$. (Ясно, что

$$\lim_{n\to\infty}x_n=0$$

.)

1) Доказать, что

$$x_n\sim \sqrt{\frac{3}{n}}$$

при $n\to\infty$.
2) Найти второй член асимптотики $x_n$ при $n\to\infty$.

Пункт 1) я сделал, а вот с п. 2) возникают проблемы. У кого-нибудь есть мысли на этот счет?

[Руст]

Такие задачи здесь уже рассматривали пару раз. Следующее приближение зависит так же от начального значения, поэтому просто не находится.

[Gordmit]

Понятно, спасибо, а по каким словам искать прошлые обсуждения? Хочется почитать.

[Gordmit]

Поэкспериментировав с поиском, нашел только одну такую тему: http://elib.hackers/forum/viewtopic.php?t=1705
Но там про дальнейшее нахождение асимптотики и зависимость ее от начальных условий ничего не сказано

[juna]

Вот вторая.

[Gordmit]

Спасибо за ссылку на вторую тему. Но и в ней я не нашел ничего по поводу второго члена асимптотики последовательности $x_n$, обсуждается лишь предел

$$\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}x_n$$

. Может я плохо смотрел?

[Руст]

Да, там явного ответа не найдёте. Но ещё тогда пришли к такому выводу и из-за громоздкости строгого доказательства они не приведены.

[Линчук С.С.]

Gordmit писал(а):

Рассмотрим последовательность $x_{n+1}=\sin x_n$, $x_0=1$. (Ясно, что

$$\lim_{n\to\infty}x_n=0$$

.)

1) Доказать, что

$$x_n\sim \sqrt{\frac{3}{n}}$$

при $n\to\infty$.
2) Найти второй член асимптотики $x_n$ при $n\to\infty$.

Пункт 1) я сделал, а вот с п. 2) возникают проблемы. У кого-нибудь есть мысли на этот счет?

Руст писал(а):

Такие задачи здесь уже рассматривали пару раз. Следующее приближение зависит так же от начального значения, поэтому просто не находится.

Уважаемый Руст, Ваше утверждение не верно. Имеет место следующее представление:
$x_{n}=\sqrt{\frac{3}{n}}-\frac{3\sqrt{3}}{10} \frac{ln n}{n \sqrt{n}}+o\left( \frac{ln n}{n \sqrt{n}} \right) $

Следующий член уже зависит от начального значения. Более красивая формула получается для представления $x_{n}^{2}$, а именно:

$x_{n}^{2}=\frac{3}{n}-\frac{9}{5}\frac{ln n}{n^{2}}+\frac{C}{n^{2}}+\frac{27}{25}\frac{ln^{2} n}{n^{3}}+ o\left( \frac{ln^{2} n}{n^{3}} \right) $

Здесь C -- некоторая постоянная, зависящая от начального значения. Интересно, что все следующие члены асимптотического представления $x_{n}^{2}$ однозначно определяются тейлоровскими коэффициентами разложения синуса и не зависят от начального значения рекуррентной последовательности.

[Руст]

Линчук С.С. писал(а):

Уважаемый Руст, Ваше утверждение не верно. Имеет место следующее представление:
$x_{n}=\sqrt{\frac{3}{n}}-\frac{3\sqrt{3}}{10} \frac{ln n}{n \sqrt{n}}+o\left( \frac{ln n}{n \sqrt{n}} \right) $

Следующий член уже зависит от начального значения. Более красивая формула получается для представления $x_{n}^{2}$, а именно:

$x_{n}^{2}=\frac{3}{n}-\frac{9}{5}\frac{ln n}{n^{2}}+\frac{C}{n^{2}}+\frac{27}{25}\frac{ln^{2} n}{n^{3}}+ o\left( \frac{ln^{2} n}{n^{3}} \right) $

Здесь C -- некоторая постоянная, зависящая от начального значения. Интересно, что все следующие члены асимптотического представления $x_{n}^{2}$ однозначно определяются тейлоровскими коэффициентами разложения синуса и не зависят от начального значения рекуррентной последовательности.

У меня получилось $x_n^2=\frac{3}{n}+\frac{3ln n}{5n^2}+\frac{C(x_0)}{n^2}+...$
Причём константы в членах типа $O(\frac{(ln n)^k}{n^m})$ при k<m-1,m>=2. зависят от начального значения $x_0\not =N\pi $.

[Линчук С.С.]

Руст писал(а):

У меня получилось $x_n^2=\frac{3}{n}+\frac{3ln n}{5n^2}+\frac{C(x_0)}{n^2}+...$
Причём константы в членах типа $O(\frac{(ln n)^k}{n^m})$ при k<m-1,m>=2. зависят от начального значения $x_0\not =N\pi $.

Пришлось пересчитать. После не слишком приятных вычислений получил еще раз, что
$x_{n}^{2}=\frac{3}{n}-\frac{9}{5}\frac{ln n}{n^{2}}+\frac{C}{n^{2}}+\frac{27}{25}\frac{ln^{2} n}{n^{3}}+ o\left( \frac{ln^{2} n}{n^{3}} \right) $

Коэффициент при $\frac{ln^{2} n}{n^{3}}$ не зависит от первого члена последовательности.

[Gordmit]

Линчук С.С.
Скажите пожалуйста, а как Вы это считаете? Я тоже хочу проделать не слишком приятные вычисления, но не знаю как

[Руст]

Например можно так $x_n^2=\frac{3}{n+y_n}$. Тогда

$$\frac{3}{n+1+y_{n+1}}=\frac{3}{n+y_n}[1-\frac{1}{2(n+y_n)}+\frac{3}{40(n+y_n)^2}-...]^2.$$

Отсюда

$$n+1+y_{n+1}=(n+y_n)[1+\frac{1}{n+y_n}-\frac{1}{(n+y_n)^2}(\frac{3}{20}+\frac{3}{4})+O(n^{-3}].$$

Значит $y_{n+1}=y_n-\frac{0.9}{n+y_n}+O(n^{-2}).$
Отсюда получается разложение $y_n=\sum_{k=1}^{\infty }\frac{P_k(ln n)}{n^{k-1}}.$, где $P_k(x)$ многочлен k - ой степени, у которого только старшие коэффициенты не зависят от начального значения. Только даже вычисляемые коэффициенты у меня получаются каждый раз по разному.

[незваный гость]

Gordmit писал(а):

Линчук С.С.
Скажите пожалуйста, а как Вы это считаете?

Присоединяюсь. Мне особенно интересно, откуда взялись логарифмы.

[Линчук С.С.]

незваный гость писал(а):

Мне особенно интересно, откуда взялись логарифмы.

Происхождение логарифмов объяснил Руст в сообщении, которое предшествует вашему.

[lofar]

Подробное решение приведено в книге Н. Г. де Брёйна Асимтотические методы в анализе (п. 8.6 Итерации синуса).