preuves de séquences récursives

Question

Je suis un peu nouveau dans les séquences récursives et j'ai du mal avec un exercice. Je m'excuse d'avance pour la longue question et mon manque de connaissances sur la façon d'aborder ces problèmes.

Laisser $x_n$ être défini de telle sorte que $x_1 = 1$, $x_{n+1} = \frac{x_n^2+1}5$

Et il y a 4 choses que je dois prouver / montrer,

(1) Montrez que $x_n$ $\leq$ $1$ pour tous $n$.

Je ne sais pas si je peux le prouver directement ou par induction? Quel serait le mieux pour cela? Je ne sais pas comment aborder cela quand il est défini récursivement.

(2) Montrez que $\lvert x_{n+1} - x_n \rvert$ $\leq (\frac{2}{5})^{n-1}$

Je ne suis pas sûr mais pourrais-je utiliser $\lvert\frac{x_{n+1}^2+1}{5}$ $-$ $\frac{x_n^2+1}{5}\rvert$$\ leq (\ frac {2} {5}) ^ {n-1} $ puis essayez de résoudre ce problème. Comment gérer les $ x_n $ ?

(3) Montrer que $ x_n $ est une séquence de Cauchy.

Je sais qu'une séquence de Cauchy est définie comme suit: Pour chaque nombre réel positif $ \ varepsilon $ , il existe un entier positif $ N $ tel que pour tous les nombres naturels $ m, n \ gt N $ : $ \ lvert x_m - x_n \ rvert \ lt \ varepsilon $ . Puis-je appliquer cette définition directement dans cette séquence et continuer à partir de là?

(4) Calculez la limite de $ x_n $ .

Cela devrait être simple s'il ne s'agissait pas d'une séquence définie de manière récursive.

Si toutefois je calcule les premiers éléments de la séquence que j'obtiens:

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

Cela approche $ 0 $ (je suppose) puisque le deuxième terme est inférieur à 1 $ . Et comme un carré d'un nombre inférieur à $ 1 $ est toujours plus petit que le nombre d'origine, $ \ lim \ limits_ {n \ to \ infty} $ $ = 0 $ .

Comment puis-je le prouver correctement sans simplement essayer différents nombres?

Merci d'avance!

Answer 1

1. Depuis $x_1 \leq 1$, nous devons juste prouver que, si $x_n \leq 1$, puis $x_{n+1}\leq 1$. C'est simple car nous avons cela$x_{n+1} = \dfrac{x_n^2+1}{5}\leq \frac 25 \leq 1$. Aussi, considérant que$x_n >0$, nous avons établi que $0 < x_n \leq 1, \forall_n$.

2. $$|x_{n+1} - x_n| = \left| \frac{x_n^2+1}{5} - \frac{x_{n-1}^2+1}{5} \right|=\left| \frac{(x_n-x_{n-1})(x_n+x_{n-1})}{5}\right| \leq \frac 25 |x_n -x_{n-1}|$$ En utilisant cette inégalité de manière récursive, on peut se rendre compte que $$|x_{n+1}-x_n|\leq (2/5)^{n-1}|x_2-x_1| \leq (2/5)^{n-1}.$$

3. La séquence est Cauchy si, pour chaque $\varepsilon >0$, il y a de l'ordre $p$ tel que $|x_n-x_m| < \varepsilon$ pour tous $n \ge m \ge p$. Maintenant,\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*} alors tu choisis juste $p$ de telle sorte que $\frac 53 (2/5)^p < \varepsilon$.

4. Si la limite existe, et nous savons qu'elle existe parce que Cauchy enchaîne $\mathbb{R}$ sont convergents, vous avez ça $$ x_{n+1} = \frac{x_n^2+1}{5} \Rightarrow L=\frac{L^2+1}{5} $$ et donc $L = \frac{1}{2} \left(5\pm \sqrt{21}\right)$. Sachant que$L \in [0,1]$, nous devons choisir le signe "-" et conclure que $L=\frac{1}{2} \left(5-\sqrt{21}\right)$.