Асимптотика последовательности, заданной рекуррентно

[незваный гость]

lofar писал(а):

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

lofar, спасибо! Книгу нашёл, решение просмотрел. Замечательная книга!

Линчук С.С. писал(а):

Происхождение логарифмов объяснил Руст в сообщении, которое предшествует вашему.

Ну, в общем, у Руста — это скорее намёк на обоснование, чем обоснование. Вопрос снят благодаря lofarу. А вот

Линчук С.С. писал(а):

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.

мне представляется, требует обоснования… По крайней мере, моими выкладками это не подтверждается. Я, конечно, могу и заблуждаться, что с мной часто случается. Но буду рад подробностям.

[Линчук С.С.]

С задачей о нахождении первого члена асимптотического представления рекуррентных последовательностей познакомился лет 20 тому назад по книге Полиа Г., Сеге Г. "Задачи и теоремы из анализа". После этого исследовал асимптотику различных последовательностей. Приведу одно из полученных утверждений:

Пусть функция $f(x)$ непрерывна на некотором интервале $(0,x_{0})$ и удовлетворяет условиям:
а) $0<f(x)<x$ при $0<x<x_{0}$ ;
б) $f(x)=x-ax^{2}+bx^{3}+ O(x^{4})$ при $x \to 0$, где а -- положительная, а $b$ -- произвольные постоянные.
Тогда для рекуррентной последовательности $x_{n}=f(x_{n-1}) $, $x_{1}\in (0,x_{0}) $ при $n \to \infty$ имеет место равенство:

$$x_{n}=\frac{1}{an}+\frac{b-a^{2}}{a^{3}}\frac{ln n}{n^{2}}+\frac{C}{n^{2}}+\frac{(b-a^{2})^{2}}{a^{5}}\frac{ln^{2}n}{n^{3}}+o(\frac{ln^{2}n}{n^{3}})$$

,
где $C$ -- некоторая постоянная, зависящая от x_{1}$

Доказательство проводится с использованием теоремы Штольца, а именно
$ \lim \limits_{n \to \infty} nx_{n}=\lim \limits_{n \to \infty} \frac{n}{x_{n}^{-1}}= \lim \limits_{n \to \infty} \frac{x_{n}x_{n+1}}{x_{n}-x_{n+1}}=\frac{1}{a}$ ;

$\lim \limits_{n \to \infty} \frac{n^{2}}{ln n} \left(x_{n}-\frac{1}{an}\right)=\frac{1}{a} \lim \limits_{n \to \infty} \frac{n-\frac{1}{ax_{n}}}{ln n}=\frac{b-a^{2}}{a^{3}} $ и т.д.

Если известна более точная асимптотика для $f(x)$, то уточняется асимптотическое представление для $x_{n}$, причем последующие коэффициенты этого представления уже зависят от $C$, о чем успел позабыть за прошедшие годы. : ) Предполагал, что данная задача уже решена ранее, и убедился в этом благодаря lofar.

Для любителей рекуррентных последовательностей предлагаю несколько задач

Пусть $x_{1}>0$ и $x_{n+1}=x_{n}-e^{-\frac{1}{x_{n}^{2}}}$
1) Доказать, что $x_{n}=\frac{1}{\sqrt{ln n}}+o(\frac{1}{\sqrt{ln n}})$ при $n \to \infty$
2) Найти следующие члены асимптотического представления последовательности $(x_{n})$.

[незваный гость]

Спасибо за пояснение, но в

Линчук С.С. писал(а):

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.

я выделил заинтересовавшую меня часть утверждения.

Лично у меня получается, что очень даже зависят от начального значения. Хотя, может быть, Вы имели в виду, что вся зависимость выражается через первый зависящий член?

[Руст]

Уже обсудили и как понял Линчук С.С. так же согласился.

Руст писал(а):

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.

[Линчук С.С.]

незваный гость писал(а):

Лично у меня получается, что очень даже зависят от начального значения. Хотя, может быть, Вы имели в виду, что вся зависимость выражается через первый зависящий член?

По-видимому, Вы не внимательно прочли предыдущее мое сообщение.

[незваный гость]

Руст, с этим я не и спорю. В Вашем сообщении мне не вполне понятно только выражение «даже вычисляемые коэффициенты». Это просто описка?