Сходимость ряда

[Keter]

Пусть $0 < \alpha < 1, a_1 = 1, a_{n+1} = \frac{a_n}{1+(a_n)^{\alpha}} (n = 2, 3, ...).$ Доказать, что существует число $M$, что для любого натурального $N$

$a_1 + a_2 + ... + a_N < M.$

Задача легко решается с помощью признака Д'Аламбера, но есть еще решение (без помощи ПД), которое и нужно найти.

[Padawan]

По признаку Даламбера не получится, т.к. $a_n\to 0$ и $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{1+(a_n)^\alpha}=1$

-- Вс апр 15, 2012 00:11:10 --

На форуме уже много задач такого типа было, когда надо найти асимптотику последовательности $a_n$, заданной рекуррентно формулой вида $a_{n+1}=f(a_n)$.

[Keter]

Погорячился я с Даламбером...

Тем более нужно искать способ. Поищу на форуме схожие, спасибо.

[Padawan]

Вот нашел несколько, были еще
http://dxdy.ru/topic1705.html
http://dxdy.ru/topic3748.html
http://dxdy.ru/topic10060.html (самая содержательная)
http://dxdy.ru/topic24308.html

в догонку http://dxdy.ru/topic37799.html

[Dave]

Здесь, похоже, $a_n \sim \dfrac 1 {\sqrt[\alpha] {\alpha n}}$.

[ewert]

Асимптотика -- это, конечно, хорошо, но немножко пушковоробьёво. Для удобства сделаем замену $x_n=a_n^{\alpha}$; тогда $x_{n+1}=\dfrac{x_n}{(1+x_n)^{\alpha}}$. Теперь достаточно доказать, что, начиная с достаточно малого $x_n$, поддерживается неравенство $x_n<\dfrac{C}{n}$, если только $C$ выбрать достаточно большим. А этот факт поскольку и впрямь верен -- легко проверяется по индукции.

[Keter]

ewert в сообщении #560214 писал(а):

Для удобства сделаем замену $x_n=a_n^{\alpha}$; тогда $x_{n+1}=\dfrac{x_n}{(1+x_n)^{\alpha}}$.

Не могу понять как Вы перешли к $x_{n+1}$.

-- 15.04.2012, 14:48 --

Dave в сообщении #560154 писал(а):

Здесь, похоже, $a_n \sim \dfrac 1 {\sqrt[\alpha] {\alpha n}}$.

Нет. Потому что для любого $\alpha \in (0; 1)$ ряд $\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt[\alpha]{k}}$ расходится.

[Dave]

Keter в сообщении #560311 писал(а):

Dave в сообщении #560154 писал(а):

Здесь, похоже, $a_n \sim \dfrac 1 {\sqrt[\alpha] {\alpha n}}$.

Нет. Потому что для любого $\alpha \in (0; 1)$ ряд $\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt[\alpha]{k}}$ расходится.

Да ну! $\frac 1 \alpha>1$. Далее см. здесь и здесь.

[Keter]

Dave в сообщении #560383 писал(а):

Keter в сообщении #560311 писал(а):

Dave в сообщении #560154 писал(а):

Здесь, похоже, $a_n \sim \dfrac 1 {\sqrt[\alpha] {\alpha n}}$.

Нет. Потому что для любого $\alpha \in (0; 1)$ ряд $\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt[\alpha]{k}}$ расходится.

Да ну! $\frac 1 \alpha>1$. Далее см. здесь и здесь.

А ведь действительно так и есть (допустил ошибку, когда проверяли сходимость, с показателем напутал )
Тогда для решения задачи необходимо просто доказать, что $a_n \sim \dfrac 1 {\sqrt[\alpha] {\alpha n}}$.

[ewert]

Keter в сообщении #560311 писал(а):

Не могу понять как Вы перешли к $x_{n+1}$.

Тупо возвёл исходное соотношение в степень альфа.

[Keter]

ewert в сообщении #560556 писал(а):

Keter в сообщении #560311 писал(а):

Не могу понять как Вы перешли к $x_{n+1}$.

Тупо возвёл исходное соотношение в степень альфа.

Ясно. Ну а если мы докажем, что "неравенство $x_n < \frac{C}{n}$ поддерживается", то как мы сделаем обратный переход к $a_n$?

[ewert]

Возведём в ту степень взад.

[Keter]

Как же всё таки доказать, что $a_n \sim \dfrac 1 {\sqrt[\alpha] {\alpha n}}$?

[Keter]

ewert в сообщении #560560 писал(а):

Возведём в ту степень взад.

Ну сделали мы переход "взад" и как быть дальше? Ведь нам то нужно доказать, что сумма меньше некоего числа. А мы получается доказали, что $a_n < \sqrt[\alpha]{\frac{C}{n}}$.

[ewert]

Keter в сообщении #560578 писал(а):

Ведь нам то нужно доказать, что сумма меньше некоего числа. А мы получается доказали, что $a_n < \sqrt[\alpha]{\frac{C}{n}}$.

Чего и достаточно для сходимости ряда -- по интегральному признаку.