2014-06-08
а) Найти предел последовательности $\{ x_{n} \}$, где
$x_{1} = \sqrt{9}, x_{2} = \sqrt{a + \sqrt{a}}, x_{3} = \sqrt{a + \sqrt{a + \sqrt{a}}}, \cdots, a \geq 1$.
б) Доказать, что последовательность вида
$x_{n} = \sqrt{a_{1} + \sqrt{a_{2} + \cdots + \sqrt{a_{n}}}}, a_{i} > 1$,
сходится, если
$lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} ln(ln a_{n}) < ln 2$.
Решение:
а) Уравнение $x^{2} = a + x$ имеет единственный положительный корень $c = \frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + a}$. Покажем, что $lim_{n \rightarrow \infty} x_{n} = c$.
Из определения последовательности $\{ x_{n} \}$ следует, что она растет. Для доказательства сходимости достаточно того, что она ограничена сверху. Покажем индукцией по $n$, что
Имеем $c^{2} = c + a > a = x_{1}^{2}$, т. е. $x_{1} < c$. Если при некотором $n x_{n}< c$, то $x_{n+1} = \sqrt{a + x_{n}} < \sqrt{a + c} = c$. Значит, $x_{n} < c$ при всех $n$.
Отсюда следует существование предела $d = lim_{n \rightarrow \infty} x_{n}$. Переходя к пределу в равенстве $x_{n+1}^{2} = x_{n} + a$, получаем $d^{2} = d + a$. Так как $d > 0$, то $d = c$. Таким образом,
$lim_{n \rightarrow \infty} x_{n} = c = \frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + a}$.
б) Положим $b_{n} = \frac{a_{n}}{e^{2^{n}}} (n \geq 1)$ и
$y_{n} = \sqrt{b_{1} + \sqrt{b_{2} + \cdots + \sqrt{b_{n}}}}$.
Имеем
$y_{n} = \sqrt{b_{1} + \sqrt{b_{2} + \cdots + \sqrt{b_{n-1} + \sqrt{a_{n}}/e^{2^{n-1}}}}} = \sqrt{b_{1} + \sqrt{b_{2} + \cdots + \sqrt{a_{n-1}/e^{2^{n-1}} + \sqrt{a_{n}}/e^{2^{n-1}}}}} = \sqrt{b_{1} + \sqrt{b_{2} + \cdots + \sqrt{b_{n-2} + (1/e^{2^{n-2}})\sqrt{a_{n} + \sqrt{a_{n}}}}}} = \sqrt{b_{1} + \sqrt{b_{2} + \cdots + \sqrt{a_{n-2}/e^{2^{n-2}} + (1/e^{2^{n-2}}) \sqrt{a_{n-1} + \sqrt{a_{n}}}}}} = \sqrt{b_{1} + \sqrt{b_{2} + \cdots + (1/e^{2^{n-3}}) \sqrt{a_{n-2} + \sqrt{a_{n-1} + \sqrt{a_{n}}}}}} = \cdots = \frac{1}{e} \sqrt{a_{1} + \sqrt{a_{2} + \cdots + \sqrt{a_{n}}}} = \frac{x_{n}}{e}$.
значит, сходимость $\{ x_{n} \}$ равносильна сходимости $\{ y_{n} \}$. Для доказательства сходимости последовательности $\{ y_{n} \}$ заметим, что она возрастает, и нам достаточно проверить ее ограниченность сверху. По условию существует такое натуральное число $n_{0}$, что при $n > n_{0} \frac{1}{n} ln(ln{a_{n}}) < ln 2$. Преобразуем последнее неравенство $ln(ln a_{n}) < n ln 2, a_{n} < e^{2^{n}}, a_{n}/e^{2^{n}} < 1$, т. e. $b_{n} < 1$ при $n > n_{0}$. Обозначая $a = max(b_{1}, b_{2}, \cdots , b_{n_{0}}, 1)$, мы имеем $b_{n} \leq a$ при всех натуральных $n$.
Положим
$z_{1} = \sqrt{a}, z_{2} = \sqrt{a + \sqrt{a}}, z_{3} = \sqrt{a + \sqrt{a + \sqrt{a}}}, \cdots$
Имеем
$y_{n} = \sqrt{b_{1} + \sqrt{b_{2} + \cdots + \sqrt{b_{n}}}} \leq \sqrt{a + \sqrt{a + \cdots + \sqrt{a}}} = z_{n}$
Но, как было доказано в п. а), последовательность $\{ z_{n} \}$ ограничена, значит, и последовательность $\{ y_{n} \}$ ограничена сверху, что и требовалось доказать.