rekursive Sequenzbeweise

Question

Ich bin ein bisschen neu in rekursiven Sequenzen und habe Probleme mit einer Übung. Ich entschuldige mich im Voraus für die lange Frage und mein mangelndes Wissen darüber, wie ich solche Probleme angehen soll.

Lassen $x_n$ so definiert werden, dass $x_1 = 1$, $x_{n+1} = \frac{x_n^2+1}5$

Und da gibt es 4 Dinge, die ich beweisen / zeigen muss,

(1) Zeigen Sie das $x_n$ $\leq$ $1$ für alle $n$.

Ich bin mir nicht sicher, ob ich dies direkt oder durch Induktion beweisen kann? Was wäre das Beste dafür? Ich weiß nicht, wie ich das angehen soll, wenn es rekursiv definiert ist.

(2) Zeigen Sie das $\lvert x_{n+1} - x_n \rvert$ $\leq (\frac{2}{5})^{n-1}$

Ich bin mir nicht sicher, könnte es aber gebrauchen $\lvert\frac{x_{n+1}^2+1}{5}$ $-$ $\frac{x_n^2+1}{5}\rvert$$\ leq (\ frac {2} {5}) ^ {n-1} $ und versuchen Sie dann, dies zu lösen. Wie gehe ich mit $ x_n $ um ?

(3) Zeigen Sie, dass $ x_n $ eine Cauchy-Sequenz ist.

Ich weiß, dass eine Cauchy-Sequenz definiert ist als: Für jede positive reelle Zahl $ \ varepsilon $ gibt es eine positive ganze Zahl $ N $, so dass für alle natürlichen Zahlen $ m, n \ gt N $ : $ \ lvert x_m - x_n \ rvert \ lt \ varepsilon $ . Kann ich diese Definition direkt in dieser Reihenfolge anwenden und von dort aus fortfahren?

(4) Berechnen Sie das Limit von $ x_n $ .

Dies sollte einfach sein, wenn es sich nicht um eine rekursiv definierte Sequenz handelt.

Wenn ich jedoch die ersten Elemente der Sequenz berechne, die ich erhalte:

$ x_1 = 1 $ , $ x_2 = \ frac {2} {5} $ , $ x_3 = \ frac {29} {125} $ , $ x_4 = \ frac {841} {15625} $ $ \ ldots $

Dies nähert sich $ 0 $ (ich vermute), da der zweite Term kleiner als $ 1 $ ist . Und da ein Quadrat mit einer Zahl unter $ 1 $ immer kleiner als die ursprüngliche Zahl ist, ist $ \ lim \ limit_ {n \ to \ infty} $ $ = 0 $ .

Wie kann ich das richtig beweisen, ohne nur verschiedene Zahlen auszuprobieren?

Danke im Voraus!

Answer 1

1. Schon seit $x_1 \leq 1$, wir müssen das nur beweisen, wenn $x_n \leq 1$, dann $x_{n+1}\leq 1$. Das ist einfach, weil wir das haben$x_{n+1} = \dfrac{x_n^2+1}{5}\leq \frac 25 \leq 1$. Auch wenn man das bedenkt$x_n >0$Das haben wir festgestellt $0 < x_n \leq 1, \forall_n$.

2. $$|x_{n+1} - x_n| = \left| \frac{x_n^2+1}{5} - \frac{x_{n-1}^2+1}{5} \right|=\left| \frac{(x_n-x_{n-1})(x_n+x_{n-1})}{5}\right| \leq \frac 25 |x_n -x_{n-1}|$$ Wenn man diese Ungleichung rekursiv verwendet, kann man das erkennen $$|x_{n+1}-x_n|\leq (2/5)^{n-1}|x_2-x_1| \leq (2/5)^{n-1}.$$

3. Die Sequenz ist Cauchy, wenn für jeden $\varepsilon >0$gibt es eine Ordnung $p$ so dass $|x_n-x_m| < \varepsilon$ für alle $n \ge m \ge p$. Jetzt,\begin{align*} |x_n-x_m|=&|x_n - x_{n-1}+x_{n-1} -x_{n-2}+x_{n-2} + \cdots -x_m|\\ \leq & |x_n-x_{n-1}| + |x_{n-1}-x_{n-2}| + \cdots +|x_{m+1}-x_m|\\ \leq & (2/5)^{n-1} + (2/5)^{n-2} + \cdots +(2/5)^{m-1}\\ =& \dfrac{1-(2/5)^n}{1-\frac 25}\times (2/5)^m = \frac 53 (1-(2/5)^n) (2/5)^m \leq \frac 53 (2/5)^m \end{align*} Also wählen Sie einfach $p$ Sodass $\frac 53 (2/5)^p < \varepsilon$.

4. Wenn die Grenze existiert und wir wissen, dass sie existiert, weil Cauchy Sequenzen in $\mathbb{R}$ sind konvergent, das haben Sie $$ x_{n+1} = \frac{x_n^2+1}{5} \Rightarrow L=\frac{L^2+1}{5} $$ und so $L = \frac{1}{2} \left(5\pm \sqrt{21}\right)$. Wissend, dass$L \in [0,1]$müssen wir das "-" Zeichen wählen und daraus schließen $L=\frac{1}{2} \left(5-\sqrt{21}\right)$.