Предел рекуррентной последовательности

[ewert]

Жуть какая-то. Мало того, что это совершенно необоснованное занудство; но что это занудство предлагалось на вступительном экзамене (на котором, собственно, от пациента не требуется ничего, кроме умения мыслить) -- вот это как понимать?...

[thething]

Действительно, жуть. У меня чутка попроще (но всё равно для вступительного экзамена это перебор, я бы не решил это за малое ограниченное время). Во-первых,

$$a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{4}\int\limits_{0}^{a_n}\cos^{2n+1}tdt=a_n-\dfrac{1}{4}\int\limits_{a_n}^{\pi}\cos^{2n+1}tdt\leq a_n-\dfrac{1}{4}\int\limits_{a_n}^{\pi}(-1)dt=a_n+\dfrac{1}{4}(\pi-a_n)<\pi$$

при $a_n<\pi$.

Далее, предположим, что предел нашей последовательности строго меньше $\pi$ и его значение лежит где-то на полуинтервале $\left(0,\frac{\pi}{2}\right]$, тогда, ввиду монотонного возрастания, для всех достаточно больших $n$ будем иметь $a_n>\dfrac{1}{2n+1}$, откуда

$$4(a_{n+1}-a_n)>\int\limits_{0}^{\frac{1}{2n+1}}\cos^{2n+1}tdt\geq\int\limits_{0}^{\frac{1}{2n+1}}(1-t^2)^{2n+1}dt\geq\int\limits_{0}^{\frac{1}{2n+1}}(1-(2n+1)t^2)dt>\frac{1}{3(2n+1)}.$$

Поскольку ряд $\sum(a_{n+1}-a_n)$ -- сходится, то получили противоречие.

Аналогично рассуждаем, если предел принадлежит $\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$: здесь $4(a_{n+1}-a_n)>-\displaystyle\int\limits_{\pi-\frac{1}{2n+1}}^{\pi}\cos^{2n+1}tdt...$ (только правильно оценить косинус).

[ewert]

А вот как надо было.

Знаки интеграла очевидны. Т.е. очевидно: пока член последовательности левее $\pi$ -- последовательность возрастает; пока правее -- убывает.

Далее, интеграл при любых верхних пределах по модулю не превосходит единицы. С учётом предыдущего это означает, что мы никогда не вылетим за пределы интервала $(0;2\pi)$, да ещё и с огромным запасом.

Теперь возможны (мыслимы) ровно четыре взаимоисключающих варианта.

1). Какой-то член последовательности случайно оказался равным $\pi$. Тогда и все следующие будут равны $\pi$.

2). Все члены, начиная с некоторого номера, лежат левее $\pi$. Тогда есть сходимость из-за монотонности и ограниченности.
Вот тут единственный нетривиальный момент в решении: почему сходимость именно к $\pi$? -- Видимо, ничего существенно проще рекомендации ИСН (о расходимости ряда из обратных корней) тут не придумать. Впрочем, это тоже достаточно напрашивается.

3). Все члены, начиная с некоторого номера, лежат правее $\pi$. Аналогично.

4). Сколь угодно далеко встречаются как члены левее $\pi$, так и члены правее $\pi$. Тогда общая сходимость к $\pi$ очевидна из "локальной монотонности" и заведомого стремления к нулю интеграла.

Нужно ли задумываться о том, возможен ли фактически последний вариант?...
Даже сама мысль об этом кажется мне отвратительной.

[TOTAL]

ewert в сообщении #1402881 писал(а):

А вот как надо было.

Знаки интеграла очевидны. Т.е. очевидно: пока член последовательности левее $\pi$ -- последовательность возрастает

И останется левее $\pi$, т.к. $\int\limits_{0}^{a_n}\cos^{2n+1}tdt=\int\limits_{0}^{\pi-a_n}\cos^{2n+1}tdt$

[ewert]

TOTAL в сообщении #1402887 писал(а):

И останется левее $\pi$, т.к. $\int\limits_{0}^{a_n}\cos^{2n+1}tdt=\int\limits_{0}^{\pi-a_n}\cos^{2n+1}tdt$

Это само по себе не может служить аргументом просто потому, что не учитывает множителя перед интегралом. А от множителя возможность перескока заведомо зависит. И в т.ч. вполне допустима даже тройка.

[thething]

ewert в сообщении #1402727 писал(а):

Хотя ничего не изменится, даже если его вместо деления умножить на три.

Кстати, изменится. В моём решении эта одна четвёртая как раз по существу, и исключает возможность Вашего п. 4.

[ewert]

thething в сообщении #1402894 писал(а):

Кстати, изменится. В моём решении эта одна четвёртая как раз по существу, и исключает возможность Вашего п. 4.

ну а в моём не изменится, вотъ