Вопрос по теории пределов

[panzerfaust]

Пусть имеется последовательность, заданная рекуррентно:

$$x_{n+1} = \sqrt[k] {a_n + x_n}$$

где $a_n$ - некоторая неотрицательная последовательность.

Могу ли я совершить предельный переход в равенстве вот таким образом?

Пусть $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = b$, $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = p$, и тогда перейдем к пределу:

$$b = \sqrt[k] {p + b}$$

$$b^k - b - p = 0$$

и отсюда получить предел?

[Xaositect]

Если пределы существуют, то это верно.
Так что надо еще доказать, что $x_n$ и $a_n$ сходятся.

[panzerfaust]

Ну над этим я себе всю голову сломал, но пытаюсь думать как-то.
И да, ещё я вот что проверил:

$$\sqrt {2+\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{1+...}}}} = 1.9263... $$

То есть, в данном случае последовательность $a_n$ является только частично-сходящейся (нижний предел равен $1$, верхний $2$, но не существует предел $\lim\limits_{n \to \infty} a_n$). Как это объяснить ?

[iifat]

Вот так и объяснить: сходимость $a_n$ не является необходимым условием сходимости $x_n$. Если, конечно, ваша проверка правильна.

[panzerfaust]

iifat в сообщении #837234 писал(а):

Вот так и объяснить: сходимость $a_n$ не является необходимым условием сходимости $x_n$. Если, конечно, ваша проверка правильна.

Пусть

$$\lim\limits_{n\to\infty} \sqrt{2+\sqrt{1+\sqrt{2 + ...}}} = b$$

тогда

$$b = \sqrt{2 + \sqrt{1 + b}}$$

отсюда

$$b^2 = 2 + \sqrt{1 + b}$$

$$b^4 - 4b^2 - b + 3 = 0$$

Решая уравнение, получим два корня: $x_1 = 0.8093, x_2 = 1.9263$
Первый слишком маленький, так как

$$\sqrt{2 + \sqrt{1+\sqrt{2+...}}} > \sqrt{1+\sqrt{1 + \sqrt{1 + ...}}} = \varphi$$

отсюда искомый предел равен $1.9263$

[provincialka]

Это не доказательство существования.

[panzerfaust]

Хм, ведь действительно, вы правы, спасибо. Это было бы справедливо, если бы было доказательство существования, а здесь его нет.

-- 15.03.2014, 21:25 --

Пусть $a_n$ задана явно: $a_n = \frac{3}{2} + \frac{(-1)^n}{2}$, а

$$x_{n+1} = \sqrt{a_{n+1} + x_{n}}, \ \ \ \ x_1 = 0$$

Используем (попытаемся) теорему Вейерштрасса о монотонной ограниченной последовательности.
Пусть последовательность имеет предел, тогда он находится на промежутке $(\varphi; 2)$.
(потому что $2 = \sqrt{2+\sqrt{2+...}} > \sqrt{2 + \sqrt{1 + ...}} > \sqrt{1+ \sqrt{1 + ...}} = \varphi$)

Дальше не(совсем) строгие слова.
Предположим, что последовательность возрастает. Тогда для любого члена $x_n$ выполнено

$$x_{n+1} \geqslant x_n$$

$$\sqrt{a_n + x_n} \geqslant x_n$$

$$a_n + x_n \geqslant x_{n}^{2}$$

$$0 \geqslant x_{n}^2 - x_n - a_n $$

Если $n$ четное, тогда решениями неравенства является промежуток $[-1; 2]$, иначе - $[\frac{1-\sqrt{5}}{2}; \varphi];$
Однако, при стремлении $n \to \infty$, промежуток $(-1; \frac{1 - \sqrt{5}}{2}) \cup (\varphi; 2)$ не содержит предела (он попеременно выпадает при пробегании $n$ всех чисел от $1$ до $\infty$).

Если $x_n$ убывает, то промежутки обращаются (при перевернутом знаке неравенство выше имеет решением $(-\infty; -1] \cup [2; \infty)$ и $(-\infty; \frac{1-\sqrt{5}}{2}] \cup [\varphi; \infty)$ для четных и нечетных $n$ соответственно. Однако, этот промежуточек с пределом выпадает и при убывании по той же причине.
Получаем противоречие; следовательно, предела последовательность не имеет.

Получается, что такая последовательность предела не имеет, и написанная в 1 сообщении последовательность сходится, если $a_n$ сходится ?

-- 15.03.2014, 21:38 --

И как тогда формально доказать, что сходимость последовательности $x_n$ равносильна сходимости $a_n$ ?

[provincialka]

В одну сторону доказывается легко. Пусть $x_{n+1} = \sqrt[k] {a_n + x_n}$, тогда $a_n=x_{n+1}^k-x_n$. Если $x_n$ имеет предел, равный $x$, то и $a_n$ имеет предел $x^k-x$.

[panzerfaust]

P.S.
Для моей последовательности $x_n = \sqrt{2 + \sqrt{1 + \sqrt{2 + ... + \sqrt{1}}}}$

$$\lim \limits_{n\to\infty} \sup x_n = 1.9263$$

(корень уравнения $b^4 - 4b^2 - b + 3 = 0$),

$$\lim \limits_{n\to\infty} \inf x_n = 1.71064$$

(корень уравнения $b^4 - 2b^2 - b - 1 = 0$)

Уравнения получаются соответственным сдвигом, в первом случае обозначая

$$b = \sqrt{2 + \sqrt{1 + ...}}$$

а во втором

$$b = \sqrt{1 + \sqrt{2 + ...}}$$

Чем объясняется такая разница, всё тем же - что $a_n$ имеет только частичные пределы ?

2 provincialka,
спасибо большое, и, если вам не сложно, объясните пожалуйста написанное выше.

-- 15.03.2014, 22:10 --

provincialka в сообщении #837280 писал(а):

В одну сторону доказывается легко. Пусть $x_{n+1} = \sqrt[k] {a_n + x_n}$, тогда $a_n=x_{n+1}^k-x_n$. Если $x_n$ имеет предел, равный $x$, то и $a_n$ имеет предел $x^k-x$.

А что вы имели ввиду, говоря, что в "одну сторону" ? Разве нельзя сказать, что если при $n\to\infty$ $a_n \to \gamma$, то тогда $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = b$, где $b$ удовлетворяет уравнению $b^k - b - \gamma = 0$?

[provincialka]

Я просто посчитала вашу последовательность $x_n = \sqrt{2 + \sqrt{1 + \sqrt{2 + ... + \sqrt{1}}}}$ на Excel, получается "пила", предела нет.

panzerfaust в сообщении #837284 писал(а):

А что вы имели ввиду, говоря, что в "одну сторону" ? Разве нельзя сказать, что если при $n\to\infty$ $a_n \to \gamma$, то тогда $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = b$, где $b$ удовлетворяет уравнению $b^k - b - \gamma = 0$?

Без доказательства нельзя.

[panzerfaust]

provincialka в сообщении #837296 писал(а):

Я просто посчитала вашу последовательность $x_n = \sqrt{2 + \sqrt{1 + \sqrt{2 + ... + \sqrt{1}}}}$ на Excel, получается "пила", предела нет.

panzerfaust в сообщении #837284 писал(а):

А что вы имели ввиду, говоря, что в "одну сторону" ? Разве нельзя сказать, что если при $n\to\infty$ $a_n \to \gamma$, то тогда $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = b$, где $b$ удовлетворяет уравнению $b^k - b - \gamma = 0$?

Без доказательства нельзя.

Так и есть, это пила с зубцами, ложащимися на линии $\lim\limits_{n\to\infty} \inf x_n$ и $\lim\limits_{n\to\infty} \sup x_n$, которые вычислены выше.

А в чем тогда разница между этими двумя путями? То есть из существования $b$ следует существование $\gamma$, но они не равносильны?

[provincialka]

Почему не равносильны? Вполне возможно, что да. Только это надо доказать.

[panzerfaust]

Ладно, отправился думать. Спасибо вам большое.

[provincialka]

Посмотрите, при каком условии $x_{n+1}>x_n$ и наоборот.

[panzerfaust]

Возрастание последовательности, если $a_n > x^k_{n} - x_n$, убывание - $a_n < x^k_{n} - x_n$. Отсюда сразу видим ограниченность: если

$$\lim\limits_{n\to\infty} a_n = \gamma$$

то

$$|a_n - \gamma| < \varepsilon$$

$$ x^k_{n} - x_n < \gamma + \varepsilon$$

но из того, что разность ограничена, не следует, что $x_n, x^k_n$ ограничены, поскольку $[\infty - \infty]$ может представлять собой любое число.

Для убывания так же:

$$ x^k_{n} - x_n > \gamma - \varepsilon$$

и т.д.

-- 16.03.2014, 10:41 --

Пока что я застрял.