Сходимость последовательности

[Юстас]

Последовательность $\{x_j\}_1^\infty$ удовлетворяет условию: $|i-j|\leqslant 2\rightarrow |x_i-x_j|\geqslant |x_{i+1}-x_{j+1}|$. Верно ли, что тогда последовательность $\{\frac{x_n}{n}\}$ сходится?

[shwedka]

$x_j=1$

[Руст]

Юстас писал(а):

Последовательность $\{x_j\}_1^\infty$ удовлетворяет условию: $|i-j|\leqslant 2\rightarrow |x_i-x_j|\geqslant |x_{i+1}-x_{j+1}|$. Верно ли, что тогда последовательность $\{\frac{x_n}{n}\}$ сходится?

Да верно. Введём последовательность разностей $y_i=x_{i+1}-x_i,z_i=x_{i+2}-x_i=y_{i+1}+y_i.$ Из условия получается, что последовательности $|y_i|,|z_i|$ монотонно убывают и значит имеют пределы y и z. Если предел первый равен 0 (у=0), получаем, что предел последовательности $t_i=\frac{x_i}{i}$ так же равен нулю. Если у отличен от нуля, то z=0 или 2у, соответственно предел t равно 0 или y.

[Юстас]

Разумное решение, у меня сложнее.

[Юстас]

Еще к теме последовательностей такая задача: пусть $a_0, a_1$-произвольные комплесные числа, и $a_{n+2}=\frac{1}{a_{n}+a_{n+1}}$. Когда последовательность $a_n$ сходится, а когда-нет?

[Руст]

По поводу знаменателя не ошиблись? Дело в том, что в этом случае, для рекурентно определяемого числа всегда имеется два варианта и всегда можно выбирать один из них так, чтобы не было сходимости. К тому же в этом случае достаточно одного начального значения.

[Юстас]

Спасибо, конечно же ошибся, пропустил. Исправлено.

[Руст]

Если последовательность сходится то пределом могут быть только два значения: $\pm \sqrt{\frac 12 }$. А определить все начальные точки, когда имеется сходимость думаю невозможно, оно пожалуй сложнее множества Мандельброта (я возможно исказил фамилию). Тут разве, что имеет смысл указать около точек, существует ли хорошая окрестность этих точек, обеспечивающих попадание последующего члена в эту окрестность, когда предыдущие два сюда попадают.

[Юстас]

Если $a_0$ и $a_1$ есть положительные действительные числа? Всегда ли тогда имеет место сходимость?

[Руст]

Да, в этом случае всегда сходится. Можно доказать с помощью последовательности $x_n=2a_n-\frac{1}{a_n}$.

[Юстас]

Честно говоря не очень понятно как использовать последовательность $x_n$.

[Руст]

Я исправил неправильно поставленные коэффициенты.
Пусть $f(x)=2x-1/x, g(x)=f^2(x), x_n=f(a_n),y_n=g(a_n)$. Для этих последовательностей выполняется: $f(a_{n+2})=-f(\frac{a_n+a_{n+1}}{2}),g(a_{n+2})=g(\frac{a_n+a_{n+1}}{2}).$
Учитывая, что g выпуклая функция, получаем, что последовательность $y_n$ начиная с третьего члена монотонно убывает и потому имеет предел. Легко проверяется, что пределом последовательности может быть только 0.