Несколько задач на последовательности, ряды и ряд Тейлора

[Hasek]

Здравствуйте! Помогите, пожалуйста, решить и проверьте правильность сделанного.

Задача №1

Цитата:

Исследуйте сходимость и найдите предел последовательности $x_{n+1}=1+\frac{a}{1+x_n}, x_1=1,$ в зависимости от параметра $a>0$.

Я непосредственно выписал несколько первых членов последовательности и обратил внимание, что члены с чётными номерами больше предыдущего члена, а с нечётными – меньше, то есть $x_{2n}>x_{2n+1}<x_{2n+2}$. Какой-то ярко выраженной монотонности нет. Также исходя из вышесказанного можно сделать вывод, что предел, если он есть, заключён между вторым и третьим членами последовательности.

Задача №2

Цитата:

Пусть $a>0$. Могут ли одновременно сходиться ряды $\sum^{\infty}_{n=1}a_n$ и $\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2a_n}$?

Пробовал записать критерий Коши для второго ряда и показать, что он не выполяется при выполении критерия для первого ряда, но не получилось.

Задача №3

Цитата:

Найдите все непрерывные функции $f$ такие, что $f(4x)=\frac{f(x)+f(2x)}{2}$.

Если я правильно понимаю, то на основании условия можно записать $f(2x)=\frac{f(\frac{x}{2})+f(x)}{2}$, потом $f(x)=\frac{f(\frac{x}{4})+f(\frac{x}{2})}{2}$ и так далее... В результате получим, что для всех таких функций, у которых $f(x)=f(0)$. Это правильное рассуждение?

Задача №4

Цитата:

Найдите $f^{(50)}(0)$, если $f(x)=\sh(x^{10}+x^{25})$.

Такие задачи обычно удобно решать при помощи разложения в ряд Тейлора, где n-ая производная – это коэффициент при $x^n$, умноженный на $n!$. Но в данном случае я как-то запутался. Ряд Маклорена для шинуса имеет вид $\sh{x}=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$, то есть он «проскакивает» чётные степени и, соответственно, пятидесятую. Как вычленить из ряда нужную производную в таком случае?

Задача №5

Цитата:

Для бесконечно дифференцируемой функции $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ пусть $r_f(x)$ – радиус сходимости ряда Тейлора этой функции, разложенной в точке $x$. Укажите функцию $f$, такую что $r_f(x)=\sqrt{1+x^2}$ для всех $x \in \mathbb{R}$.

Для степенного ряда $\sum^{\infty}_{n=0}c_nx^n $ радиус сходимости находится как $r_f(x)=\frac{1}{\lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{c_n}}$. Тогда будем иметь $c_n=(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}})^n=(1+x^2)^{-n/2}$ и, подставляя такие коэффициенты в тейлоровское разложение, получим представление $f(x)=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{x^n}{(1+x^2)^{n/2}}$. Но, пожалуй, это неправильное решение. Ведь таким образом я не называю конкретную функцию, а лишь записываю её ряд Тейлора. И имел ли я право так легко отойти от предельного перехода? Если рассуждение неверное, то в каком направлении думать?
P.S. Также заметил, что выражение для радиуса сходимости похоже на перевёрнутую производную от $\ln{(x+\sqrt{1+x^2})}$, но не догадываюсь, как это использовать.

Подскажите, пожалуйста, в чём я не прав и дайте советы по решению этих задач.

[ex-math]

1. Сами же заметили, что последовательности с четными и нечетными номерами монотонны. Попробуйте доказать.
4. Упражнение на бином Ньютона.
5. Если про ТФКП что-то слышали, навроде того, что граница круга сходимости проходит через ближайшую особую точку, то дальше теоремы Пифагора хватит.

-- 03.02.2015, 21:15 --

2. Вспомните неравенство между ср.ар. и ср.геом.

[ИСН]

1. Предел-то найдите. После бесконечного числа шагов все иксы (предположительно) будут равны друг другу, следующий - предыдущему...
2. Критерий Коши обычно бесполезен, как и все остальные критерии. Ясно же, что он хорош для рядов, которые сходятся, как геометрическая прогрессия, а тут её или нет, или она наоборот. Тут надо руками подобрать такую скорость роста $a_n$, чтобы эти ряды одновременно это самое.

-- менее минуты назад --

3.

Hasek в сообщении #973202 писал(а):

потом $f(x)=\frac{f(\frac{x}{4})+f(\frac{x}{2})}{2}$ и так далее... В результате получим

Это хотелось бы чуточку подробнее: что и как получим. А то можно написать, кнчн, $f({x\over100})=\frac{f({x\over200})+f({x\over400})}{2}$... и что?

-- менее минуты назад --

4.

Hasek в сообщении #973202 писал(а):

Как вычленить из ряда нужную производную в таком случае?

Так же, как в любом другом. Пятидесятую степень чего он проскакивает? Икса? Или своего аргумента?

[ex-math]

ИСН в сообщении #973218 писал(а):

Тут надо руками подобрать такую скорость роста $a_n$, чтобы эти ряды одновременно это самое.

Да тут чем ни подбирай, одновременно только не это самое получится.

-- 03.02.2015, 21:35 --

Вообще на какую-то олимпиаду смахивает. Надеюсь, уже прошедшую.

[ИСН]

ex-math в сообщении #973220 писал(а):

Да тут чем ни подбирай, одновременно только не это самое получится.

Да понятно уж. Значит, его и надо. Это для понимания; про доказательство я и не думал. Впрочем, Вы его уже привели, так что всё ОК.

[Hasek]

ИСН в сообщении #973218 писал(а):

3.

Hasek в сообщении #973202 писал(а):

потом $f(x)=\frac{f(\frac{x}{4})+f(\frac{x}{2})}{2}$ и так далее... В результате получим

Это хотелось бы чуточку подробнее: что и как получим. А то можно написать, кнчн, $f({x\over100})=\frac{f({x\over200})+f({x\over400})}{2}$... и что?

Равенством нам задана некая геометрическая прогрессия со знаменателем $\frac{1}{2}$. Запишем для достаточно большого $N$: $f(\frac{x}{N})=\frac{f(\frac{x}{2N})+f(\frac{x}{4N})}{2}$. В силу непрерывности $f(\frac{x}{2N})$ и $f(\frac{x}{4N})$ примерно равны (незначительному изменению аргумента соответствует незначительное изменение значения функции), а каждый из аргументов представляет собой очень малую величину. То есть $f(\frac{x}{N}) \approx f(0)$.

ex-math в сообщении #973220 писал(а):

Вообще на какую-то олимпиаду смахивает. Надеюсь, уже прошедшую.

Не олимпиада. Это часть задач, предлагавшихся на экзамене по матанализу в первом семестре НМУ (Независимый московский университет) в этом году. Я москвич и пошёл туда на первый семестр. Получил зачёты по всем предметам -- алгебра, анализ, геометрия -- на каждом занятии выдаётся листочек с задачами, большую часть которых затем нужно сдать преподавателю, в конце семестра лектор устанавливает планку по числу задач и те, кто сдал больше, получают зачёт. Экзамен по алгебре я сдал успешно. Экзамены по геометрии и анализу написал плохо и сейчас готовлюсь к повторным (в НМУ обычно проводятся два экзамена -- один в начале декабря и ещё один в конце февраля). Если с геометрией я более-менее справлюсь своими силами, то с анализом получается хуже. Есть ещё несколько задач, но я их пока не выкладываю, потому что считаю, что ещё не достаточно обдумал самостоятельно, но скорее всего и по ним попрошу советы на днях.

Спасибо ответившим! Я постараюсь сейчас подумать над подсказками и напишу потом, получилось ли продвижение в чём-то или нет.

[ИСН]

Hasek в сообщении #973281 писал(а):

То есть $f(\frac{x}{N}) \approx f(0)$.

Во-первых, это верно для любой непрерывной функции, тут нет нужды привлекать уравнение. Во-вторых, ну и что с того?

[ewert]

Hasek в сообщении #973202 писал(а):

Задача №2

Цитата:

Пусть $a>0$. Могут ли одновременно сходиться ряды $\sum^{\infty}_{n=1}a_n$ и $\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2a_n}$?

Замените для пущей внятности на $\sum^{\infty}_{n=1}\frac{b_n}n$ и $\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n\,b_n}$. Если все $b_n=1$, то оба ряда, естественно, расходятся. Т.е. по некоторому удаляющемуся отрезку сумма такого ряда больше некоторой константы (даже легко предъявить и конкретные границы этих отрезков, и даже конкретную константу, но не нужно). Ну так и сложите соотв. отрезки для обоих рядов, и оцените члены получающейся суммы снизу почленно.

[demolishka]

Почему бы во второй задаче просто не сказать, что для искомых $a_n$, начиная с некоторого номера должна выполняться оценка $ \frac{1}{n^2} < a_n < \frac{1}{n}$, иначе о сходимости второго ряда и говорить нечего. Ну а потом понять, что и в этом случае тоже нечего.

[ex-math]

demolishka
$a_n$ могут "прыгать", так что таких неравенств может и не быть.
ewert
Я эту задачу решил выше. Суть та же, что у Вас, только не нужно никаких отрезков, единиц и прочего. Почленное сложение и оценка снизу с помощью известного неравенства.
Hasek
С непрерывной функцией Вы никак не перейдете к строгим рассуждениям. Возьмите $f (x) $ и итерируйте соотношение $n $ раз. Так, чтобы были аргументы типа $x/2^n $ и в два раза меньший. Явно выпишите соотношение. А уже потом пользуйтесь непрерывностью в нуле, скажем, просто перейдите к пределу по $n $.
В первой задаче Вы предел-то нашли? Монотонности там не будет, но разность соседних членов неплохо бы проанализировать, как она ведет себя.

[Hasek]

ex-math в сообщении #973363 писал(а):

В первой задаче Вы предел-то нашли? Монотонности там не будет, но разность соседних членов неплохо бы проанализировать, как она ведет себя.

Разность соседних членов стремится к нулю при стремлении номеров членов к бесконечности. Предел у меня получился $x_3=1+\frac{a}{2+\frac{a}{2}}$ вне зависимости от значения параметра $a$.

[ИСН]

Hasek в сообщении #973428 писал(а):

Предел у меня получился $x_3=1+\frac{a}{2+\frac{a}{2}}$

Что, после третьего они тупо перестают меняться? Ведь вряд ли так?

[Hasek]

ИСН в сообщении #973444 писал(а):

Hasek в сообщении #973428 писал(а):

Предел у меня получился $x_3=1+\frac{a}{2+\frac{a}{2}}$

Что, после третьего они тупо перестают меняться? Ведь вряд ли так?

Я не прав. Конечно не так. Но как найти предел пока не догадываюсь... Чётные номера "поднимают планку" предела вверх, а нечётные "опускают" вниз. При этом разность между соседними номерами всё время уменьшается. Это значит, что предел есть и он постоянно лежит между соседними членами последовательности при любом $n$. Последовательность сходится к своему пределу в результате всё уменьшающихся колебаний между её членами.
Возможно ли такое рассуждение? При достаточно большом $n$ разница между членами $x_{n+1}$ и $x_n$ очень мала. Тогда обозначим оба члена за $x$. Перепишем данное в условии уравнение, задающее последовательность, как $x=1+\frac{a}{1+x}$. Отсюда выражается $x=\sqrt{1+a}$ -- искомый предел.

[ex-math]

Hasek
Ваше последнее рассуждение должно начинаться так: если предел существует, то... и далее по тексту. Нашли предел правильно. Осталось доказать, что он существует (всего-то). Просто уменьшения разности соседних членов с ростом их номера для этого недостаточно. Либо нужно оценить эту разность достаточно быстро убывающей функцией номера, либо пытаться смотреть на знак этой разности (будет ли хотя бы подобие монотонности, хотя бы для подпоследовательности).

[Hasek]

ex-math в сообщении #973469 писал(а):

Hasek
Ваше последнее рассуждение должно начинаться так: если предел существует, то... и далее по тексту. Нашли предел правильно. Осталось доказать, что он существует (всего-то). Просто уменьшения разности соседних членов с ростом их номера для этого недостаточно. Либо нужно оценить эту разность достаточно быстро убывающей функцией номера, либо пытаться смотреть на знак этой разности (будет ли хотя бы подобие монотонности, хотя бы для подпоследовательности).

Давайте попробуем посмотреть через знак разности. Если смотреть разность между чётными и нечётными номерами, то она положительна ($x_{2n}-x_{2n-1}>0$). В таком случае максимальную разность $\frac{a}{2}$ имеют между собой второй и первый члены. Наоборот, разность между нечётными и чётными отрицательна ($x_{2n+1}-x_{2n}<0$). В этом случае максимальная разность между третьим и вторым членами. Подпоследовательность разниц между чётными и нечётными убывает к нулю, а подпоследовательность разниц между нечётными и чётными к нулю возрастает.

-- 04.02.2015, 14:04 --

ИСН в сообщении #973218 писал(а):

4.

Hasek в сообщении #973202 писал(а):

Как вычленить из ряда нужную производную в таком случае?

Так же, как в любом другом. Пятидесятую степень чего он проскакивает? Икса? Или своего аргумента?

Проскакивает пятидесятую степень своего аргумента $x^{10}+x^{25}$. Но мне ведь именно коэффициент при пятидесятой степени аргумента и надо найти, потому что меня интересует производная от функции этого аргумента, а не просто от $x$. Для $\sh{(x^{10}+x^{25})}$ разложение выглядит так же, как и для $\sh{x}$, только заменяется аргумент.