2014-06-08
Последовательность $\{ x_{n} \}$ задана следующим образом: $x_{1} = a, x_{n+1} = (2x_{n}^{3}) / (3x_{n}^{2}-1)$ при $n \geq 1$. Найти все $a$, при которых последовательность $\{ x_{n} \}$ определена и имеет конечный предел.
Решение:
Положим $f(x)= 2 x^{3}/(3x^{2} - 2)$. Так как $f^{\prime}(x) = (6x^{4} – 6 x^{2})/(3x^{2} - 1)^{2} > 0$ при $|x| > 1$ и $f^{\prime} (x) < 0$ при $0 < |x| < \sqrt{3}/3, \sqrt{3}/3 < |x| <1$, то функция $f(x)$ возрастает на промежутках $(- \infty, -1]$ и $[1, \infty)$ и убывает на $[-1, - \sqrt{3}/3), (- \sqrt{3}/3, \sqrt{3}/3)$ и $(\sqrt{3}/3, 1]$. Так как $f(0) = 0, lim_{x \rightarrow \frac{\sqrt{3}}{3} -} f(x) = - \infty$, то в силу монотонности и непрерывности $f$ любому числу $c \in (- \infty, 0]$ соответствует единственное $x \in [0, \sqrt{3}/3)$ такое, что $f(x) = c$.
Положим $a_{0} = \sqrt{3}/3$. Существует единственное $a_{1} \in |0, \sqrt{3}/3)$ такое, что $f(a_{1}) = - a_{0}$; существует единственное $a_{2} \in |0, \sqrt{3}/3)$ такое, что $f(a_{2}) = - a_{1}$, и т. д. Так как $a_{1} < a_{0}$ и $f$ монотонно убывает на $[0, \sqrt{3}/3)$, то $a_{0} > a_{1} > a_{2} > \cdots $. Поэтому существует предел $A = lim_{n \rightarrow \infty} a_{n}$. Найдем его.
Легко видеть, что $f(x) + x < 0$ при $\sqrt{5}/5 < x < sqrt{3}/3$ и $f(x)+x > 0$ при $0 < x < \sqrt{5}/5$. Так как $f(a_{n}) + a_{n} = a_{n} – a_{n-1} < 0$, то $a_{n} > \sqrt{5}/5$; отсюда $A \geq \sqrt{5}/5$. При этом строгое неравенство $A > \sqrt{5}/5$ невозможно, так как $f(A) + A = 0$. Значит, $A = lim_{n \rightarrow \infty} a_{n} = \sqrt{5}/5$.
Если $|a| = a_{n}$ при некотором $n$, то имеем $x_{1} = a, x_{2} = f(a) = - a_{n-1}$, если $a = a_{n}$, и $x_{2} = f(a) =a_{n-1}$, если $a = a_{n}$, т. е. $|x_{2}| = a_{n-1}$. Аналогично, $|x_{3}| = a_{n-2}, \cdots, |x_{n+1}| = a_{0} = \sqrt{3}/3$ и все последующие члены последовательности не определены.
Нет предела у последовательности $\{ x_{n} \}$ и тогда, когда $|a| = \sqrt{5}/5$. В этом случае $x_{2} = - x_{1}, x_{3} = - x_{2}= x_{1}, x_{4} = - x_{3} = - x_{1}$ и т. д.
Покажем, что если $|a| \neq a_{n} (n = 0, 1, \cdots)$ и $|a| \neq \sqrt{5}/5$, то последовательность $\{ x_{n} \}$ сходится.
Если $a = 0$, то $x_{n} = 0$ при всех $n$. Если $0 < |a| < \sqrt{5}/5$, то $x_{1} = a, |x_{2}| = |f(x_{1})| = |f(|x_{1}|)|$; но $0 < |f(|x_{1}|)| < | x_{1} |$, поэтому $|x_{2}| < |x_{1}|$. Аналогично, $|x_{2}| > |x_{3}| > \cdots $.
Значит, существует $c = lim_{n \rightarrow \infty} |x_{n}|$; при этом выполняются условия $c \leq |x_{1}| < \sqrt{5}/5$ и $|f(c)| = c$, из которых следует, что $c = 0$. Следовательно, $lim_{n \rightarrow \infty} |x_{n}| = 0$, и, стало быть, $lim_{n \rightarrow \infty} x_{n} = 0$.
Рассмотрим случай, когда $|x_{k}| > \sqrt{3}/3$ при некотором $k$. Так как функция $f(x)$ нечетна, то можно ограничиться случаем $x_{k} > \sqrt{3}/3$.
Если $x_{k} = 1$, то $x_{k+1} = 1, x_{k+2} = 1$ и т. д. и $lim_{n \rightarrow \infty} x_{n}= 1$. Если же $\sqrt{3}/3 < x_{k} < 1$ или $x_{k} > 1$, то ввиду убывания $f$ на $\sqrt{3}/3, 1]$ и возрастания на $[1, \infty)$ мы получаем $x_{k+1} > 1$. Легко проверить, что $1 < f(x) < x$ при $x > 1$, поэтому $x_{k+1} > x_{k+2} > x_{k+3}> \cdots > 1$, откуда следует сходимость $\{ x_{n} \}$.
В частности, $lim_{n \rightarrow \infty} x_{n}$ существует, если $|a| > \sqrt{3}/3$.
Нам осталось рассмотреть случай, когда $\sqrt{5}/5 < |a|< \sqrt{3}/3$ и при этом $|a| \neq a_{n}( a = 1, 2, \cdots)$. Найдется интервал $(a_{k}, a_{k-1})$, содержащий $|a|$. Имеем
$f(|a|) \in (-a_{k-2}, -a_{k-1})$,
$|x_{2}| = |f(a)| = - f(|a|) \in (a_{k-1}, a_{k-2})$,
$|x_{3}| = (a_{k-2}, a_{k-3})$,
$\cdots$
$|x_{k}| \in (a_{1}, a_{0})$,
и, наконец, $|x_{k+1}| > \sqrt{3}/3$, но этот случай нами уже разобран.