Предел рекуррентной последовательности

[npetric]

"Докажите, что для любого $a_0 \in (0, 2\pi)$ последовательность имеет предел и найдите его"

$ a_{n+1} = a_n + \frac{1}{4} \int_0^{a_n} \cos^{2n+1}(t) dt$

Путём несложных оценок интегралов пришёл к выводам:
1) $ a_n \in (0, \pi) \implies a_{n+1} > a_n$
2) $ a_n \in (0, \pi) \implies a_{n+1} < \pi$
3) $ a_n = 2\pi - b_n \implies a_{n+1} = 2\pi - b_{n+1}$ (траектории симметричны отн. $\pi$)

То есть, последовательности из $(0,\pi)$ ограничены сверху и возрастают, $(\pi, 2\pi)$ - снизу и убывают, и тогда предел существует всегда.

Несложно привести пример, что из 1-3 не следует, что везде пределы одинаковы. Если предел единственнен, то это $\pi$. Однако единственность предела доказать не удалось (пока что).

Пробовал получить полезную верхнюю оценку на $ \pi - a_n $, используя разложение тейлора до $o(x^3)$ с отстаточным членом в форме Лагранжа для $\int_{\pi-x}^{\pi} \cos^{2n+1}(t) dt$ в правой окрестности нуля - если я и стал ближе к решению, то это неочевидно, потому что третья производная меняет знак в точке $\sqrt{1/(2n+1)}$ c положительного на отрицательный

До этого пробовал оценивать более грубо - либо получались довольно неприятные рекуррентные последовательности, которые сходились в итоге к $\pi$ (визуально, с помощью компьютера), но и то только для некоторой его окрестности, либо вообще каждая имела по своему пределу

Дайте подсказку, пожалуйста, я над ней уже часов 6 бьюсь :(

[mihiv]

Раз существование предела $\lim _{n\to \infty }a_n=a$ доказано (пусть $a_0\in [0,\pi ]$, тогда $0<a\leq \pi $), то можно перейти к пределу в рекуррентном соотношении. Тогда получим: $\int \limits _0^a\cos ^{2n+1}tdt=0.$ Откуда следует, что $a=\pi$.

[npetric]

Только вот в подынтегральном выражении тоже есть n - тоже нужно предел по нему брать. Но $cos^{2n+1}t \rightarrow 0$ почти всюду, поэтому и предел соответствующего интеграла равен нулю при любом $a$

[mihiv]

Да, ерунду написал.

[ИСН]

Во-первых, когда охотник знает, куда побежит дичь, он заранее идёт и садится туда.

$$b_{n+1} = \pi-a_{n+1} = b_n-{1\over4}\int_0^{b_n}\cos^{2n+1}t\,{\rm d}t$$

Во-вторых, Вы и без меня знаете, что предел есть.
Ну так предположите, что он равен чему-то кроме нуля (в моей переформулировке, а так-то $\pi$), и получите, что тогда ряд $\sum\int_0^{b_\infty}\cos^{2n+1}t\,{\rm d}t$ должен по крайней мере сходиться, а он не может, потому что асимптотика общего члена у него что-то типа $O\left({1\over\sqrt n}\right)$.

[npetric]

Да, действительно. Спасибо!

[generalnemo]

Господа, а можете поподробнее расписать как вы доказали, что предел есть и равен $\pi$? Можно, конечно взять и устремить n к бесконечности, предположив, что предел есть и из этого сделать вывод, что интеграл должен быть равен 0, т.к. в пределе n+1 & n члены равны этому пределу (пусть некое число a). А интеграл как раз точно равен нулю для косинуса в нечетной степени в интервале от 0 до $\pi$, т.е. a равно $\pi$. Но это же не строгое доказательство согласно теореме Коши. А если доказывать по ней, то получаются какие-то дикие выражения под модулем разности двух ее элементов. Можете расписать? Спасибо.

[generalnemo]

ИСН
npetric
Можете поподробнее расписать?

[ИСН]

Какое Коши? Предел существует потому, что последовательность монотонна и ограничена.

[generalnemo]

Вот как это формально доказать? Что она ограничена и монотонна

[thething]

generalnemo
А Вы взгляните на графики $\cos^{2n+1}t$ (обратите внимание на симметричность), рассмотрите отдельно случаи $a_n\in(0,\pi)$ и $a_n\in(\pi,2\pi)$ и посмотрите, как ведут себя при этом интегралы (какие имеют знаки, чем оцениваются). Монотонность и ограниченность тут достаточно очевидны.

[ewert]

Монотонность отнюдь не очевидна. Но очевидно другое: если её нет, т.е. если члены последовательности пляшут вокруг пи, то они к этому пи обязательно сходятся. Просто из-за стремления интеграла к нулю: как только член последовательности из-за добавки интеграла перескочит через пи в ту или иную сторону -- немедленно пойдёт отскок в сторону обратную.

[thething]

ewert в сообщении #1402711 писал(а):

Монотонность отнюдь не очевидна.

Пусть, например, $a_n\in(0,\pi)$, тогда интегральный добавок положителен ввиду симметрии относительно пи-пополама, из чего следует, что $a_{n+1}>a_n$. Через пи не перескочим, поскольку при $a_n<\pi$ получим, что и $a_{n+1}<\pi$ (и вот это, по-моему, более неочевидно, чем монотонность, хотя и просто доказывается, рассмотрением разности $a_{n+1}-a_n$ и оценкой интеграла).

[ewert]

thething в сообщении #1402717 писал(а):

(и вот это, по-моему, более неочевидно, чем монотонность, хотя и просто доказывается, рассмотрением разности $a_{n+1}-a_n$ и оценкой интеграла).

А это ровно и есть монотонность. И оценка интеграла (в отличие от его знака) -- далеко не безобидна.

Оценки есть безусловное зло, если без них проще. А они для анализа перескоков нужны, да. Анализ не нужен.

У меня такое подозрение, что именно для этих оценок интеграл делится на четыре. Хотя ничего не изменится, даже если его вместо деления умножить на три. Зло -- оно и есть зло.

[Alexander Evnin]

Эта задача из вступительного экзамена в ШАД. Предлагалась также в "Математическом конкурсе в ЮУрГУ" https://vk.com/konkursinsusu (конкурс 60, задача 359). Вот компиляция решений. присланных А.Б. Певным и А. Заневским.
Перейдём к последовательности с общим членом $b_n=a_n-\pi$. Имеем

$$b_{n+1}+\pi=\int_0^{b_n+\pi}(1+\frac14\cos^{2n+1}t)\,dt=b_n+\pi+\frac14\int_\pi^{b_n+\pi}\cos^{2n+1}t\,dt,$$

т. к. $\int_0^\pi\cos^{2n+1}t\,dt=0$. Кроме того,

$$\int_\pi^{b_n+\pi}\cos^{2n+1}t\,dt=[u=t-\pi]=-\int_0^{b_n}\cos^{2n+1}u\,du.$$

Поэтому для последовательности $(b_n)$ имеет место рекуррентное соотношение

$$b_{n+1}=b_n-\frac14\int_0^{b_n}\cos^{2n+1}t\,dt.\eqno(1)$$

Отметим, что $|b_0|=|a_0-\pi|<\pi$. Обозначим

$$I_n=\int_0^{b_n}\cos^{2n+1}t\,dt.$$

Подынтегральная функция по модулю не больше единицы, поэтому $|I_n|\le|b_n|$.

Рассмотрим различные случаи поведения последовательности $(b_n)$ в зависимости от значения $b_0$.

I. $b_0=0$. Из $(1)$ следует, что если $b_n=0$, то и $b_{n+1}=0$. Значит, при $b_0=0$ получаем нулевую последовательность.

II. $0<b_0\le\frac{\pi}2$.
В этом случае последовательность $(b_n)$ убывает и ограничена снизу нулём.
Действительно, если $0<b_n\le \frac{\pi}2$, то $I_n>0$ и $b_{n+1}<b_n$. С другой стороны, $b_{n+1}=b_n-\frac14I_n\ge\frac34b_n>0.$

По теореме Вейерштрасса, последовательность $(b_n)$ сходится. Обозначим её предел через $B$. Благодаря положительности последовательности $b_n$, $B\ge0$. Поскольку последовательность $(b_n)$ убывает, получим, что $b_n>B$ для любого~$n$.


Пусть $c_n=\int_0^{\pi/2}\cos^{2n+1}t\,dt$. Для дальнейшего нам понадобится неравенство

$$c_n>\frac{1}{\sqrt{2n+1}}.\eqno(2)$$

Оно вытекает из следующих двух фактов:

$$ c_n=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!};\qquad \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}>\frac1{\sqrt{2n+1}}.$$

Первый факт получается из рекуррентного соотношения $c_n=c_{n-1}\cdot\frac{2n}{2n+1},$ к которому приходим в результате интегрирования по частям:

$$c_n=%\intl_0^{\pi/2}\cos^{2n+1}x\,dx \int_0^{\pi/2}\cos^{2n}t\,d\sin t=\left.\cos^{2n}t\sin t\right|_0^{\pi/2}- \int_0^{\pi/2}\sin t\cdot2n\cdot\cos^{2n-1}t\cdot(-\sin t)\,dt=$$ $$=2n\int_0^{\pi/2}(1-\cos^2t)\cos^{2n-1}t\,dt=2n(c_{n-1}-c_n).$$

А второй факт легко доказывается методом математической индукции.

Чтобы оценить интеграл $I_n$, заметим, что функция $\cos^{2n+1}t$ убывает на отрезке $[0;\pi/2]$. Поэтому её среднее значение на $[0;b_n]$ больше, чем на $[0;\pi/2]$:

$$\frac{I_n}{b_n}=\frac{1}{b_n}\int_0^{b_n}\cos^{2n+1}t\,dt>\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi/2}\cos^{2n+1}t\,dt=\frac{2}{\pi} c_n,$$

откуда

$$I_n>\frac{2b_n}{\pi} c_n>\frac{2B}{\pi} c_n.$$

Далее,

$$b_{n+1}=b_n-\frac14I_n<b_n-\frac14\cdot\frac{2B}\pi c_n.$$

Значит,

$$b_{n+1}-b_n<-\frac{B}{2\pi}c_n.\eqno(3)$$

Просуммировав неравенства (3) при $n=0, 1, \dots k$, получим

$$b_{k+1}-b_0<-\frac{B}{2\pi}(c_0+c_1+\dots +c_k).$$

В силу неравенства (2) ряд с общим членом $c_n$ расходится (по признаку сравнения). Поэтому если $B>0$, то $\lim_{k\to\infty}b_k=-\infty$, что противоречит положительности $b_k$. Вспомнив, что $B\ge0$, приходим к выводу, что $B=0$.

III. $\frac{\pi}2<b_0<\pi.$
Здесь по-прежнему последовательность $(b_n)$ положительная и убывающая (и, значит, сходящаяся). Действительно, $b_{n+1}=b_n-\frac14I_n\ge\frac34b_n>0$.
С другой стороны, очевидно, $I_n>0$ при $0<b_n\le\frac{\pi}2$, а при $\frac{\pi}2<b_n<\pi$ интеграл $I_n$ можно разбить на два

$$ I_n=\int_0^{\pi/2}\cos^{2n+1}t\,dt+ \int_{\pi/2}^{b_n}\cos^{2n+1}t\,dt,\eqno(4)$$

первый из которых положителен и больше по модулю второго. Значит, и в этом случае $I_n>0$. Доказано, что $(b_n)$ убывает.

Как и ранее, пусть $B$ --- предел последовательности $(b_n)$.

Если найдётся $m$, для которого $b_m<\frac{\pi}2$, то повторяя выкладки из предыдущего пункта
(только неравенство (3) нужно суммировать при $n=m, m+1,\dots, k$), приходим к тому, что $B=0$.

Пусть теперь $b_n\ge\frac{\pi}2$ для любого $n$. Из-за того, что последовательность $(b_n)$ убывает, записанное неравенство будет строгим: $b_n>\frac{\pi}2$.

Очевидно,

$$I_n=\int_0^{b_n}\cos^{2n+1}t\,dt=\int_0^{\pi-b_n}\cos^{2n+1}t\,dt.$$

Оценив среднее значение функции $\cos^{2n+1}t$ на отрезке $[0;\pi-b_n]$, получим

$$ \frac{I_n}{\pi-b_n}>\frac{2}\pi c_n,\quad I_n>\frac{2(\pi-b_n)}{\pi}c_n\ge\frac{2(\pi-b_0)}{\pi}c_n.$$

Поторяя рассуждения из п. II, придём к противоречию с предположением о том, что $b_n\ge\frac{\pi}2$ для любого $n$.

Итак, вновь $B=0$.

IV. $-\pi<b_0<0$. Сделаем замену $y_n=-b_n$. Тогда

$$-y_{n+1}=-y_n-\frac14\intl_0^{-y_n}\cos^{2n+1}t\,dt,\quad y_{n+1}=y_n-\frac14\intl_{-y_n}^0\cos^{2n+1}t\,dt.$$

Если чётная функция $f(t)$ интегрируема на отрезке $[0;a]$, то $\int_{-a}^0f(t)\,dt=\int_0^af(t)\,dt$, поэтому для последовательности $(y_n)$ получаем рекуррентное соотношение

$$y_{n+1}=y_n-\frac14\int_0^{y_n}\cos^{2n+1}t\,dt,$$

совпадающее с соотношением (1), и при этом $0<y_0<\pi$. В силу II и III последовательность $(y_n)$ сходится к нулю. То же будет верно и для $(b_n)$.

Все случаи рассмотрены. Доказано, что $\lim_{n\to\infty}b_n=0$. Следовательно, $\lim_{n\to\infty}a_n=\pi$.