Уравнения и пределы

34

А. Егоров

Уравнения и предыды

1. Простой пример

Для приближенного вычисления квадратного корня из положительного числа $a$ поступают следующим образом (см., например, книгу «Алгебра и начала анализа 9», с. 83).

В качестве первого приближения берет произвольное число $a_0 > \sqrt{a}$. Следующое приближение $a_1$ находится по формуле

$$a_1 = \frac{1}{2} \left( a_0 + \frac{a}{a_0} \right),$$

по $a_1$ находят $a_2$:

$$a_2 = \frac{1}{2} \left( a_1 + \frac{a}{a_1} \right)$$

и вообще

$$a_n = \frac{1}{2} \left( a_{n-1} + \frac{a}{a_{n-1}} \right).$$

Послеовательность $\{a_n\}$ монotonно убивает и ограничена. По теореме Вейерштрасса она имеет предел. Пусть $\lim_{n \to \infty} a_n = s$. Тогда $s > 0$ и $s = \frac{1}{2} \left( s + \frac{a}{s} \right)$, то есть $s^2 = a$, а так как $s > 0$, то $s = \sqrt{a}$.

Если взять достаточно большое $n$, то $a_n$ будет достаточно мало отличаться от $\sqrt{a}$.

Уражнение

1. Докажите, что послеовательность $\{a_n\}$ монotonно убивает.
2. Оцените разность $|a_n - \sqrt{a}|$.

Проанализируем наш способ вычисления послеовательных приближений для $\sqrt{a}$. Послеовательность $\{a_n\}$ задавалась рекуррентно: $a_n = \varphi(a_{n-1})$, где $\varphi(x) = \frac{1}{2} \left( x + \frac{a}{x} \right)$. Установив сходимость последовательности $\{a_n\}$, мы заключили, что ее предел $s$ удовлетворяет равенству $s = \frac{1}{2} \left( s + \frac{a}{s} \right)$, то есть является корнем уравнения

$$\varphi(x) = x.$$

(1)

На рисунке 1 изображен график функции $y = \frac{1}{2} \left( x + \frac{2}{x} \right)$, $x > 0$, и показаны три первых члена последовательности

$$\begin{cases} a_0 = 2, \\ a_n = \frac{1}{2} \left( a_{n-1} + \frac{2}{a_{n-1}} \right). \end{cases}$$

Уражнение 3. Выразите $a_n$ через $n$, если $a_0 = 1$ и a) $a_n = a \cdot a_{n-1}$; 6) $a_n = a^a_{n-1}$; 7) $a_n = \sqrt{a + a_{n-1}}$; 8) $a_n = \frac{a_{n-1}}{\sqrt{1 + a_{n-1}^2}}$; 9) $a_n = \frac{1}{1 + a_{n-1}}$.

2. Уравнения и предыды

Пусть нам нужно решить уравнение (1), где $\varphi$ — некоторая функция. Возьмем произвольное число $a_0 \in D(\varphi)$ и определим рекуррентно последовательность $\{a_n\}: a_n = \varphi(a_{n-1})$. Предположим, что $a_n \in D(\varphi)$ для всех $n \in \mathbb{N}$.

Рис. 1.

35

Теорема 1. Если последовательность $\{a_n\}$ сходится к s и функция φ непрерывна при $x = s$, то s является корнем уравнения (1).

Эта теорема и была фактически применена в п. 1. Выбор первого приближения (или «нулевого члена» последовательности) диктуется сообщениями удобства — $a_0$ естественно быть поближе к исходному корню.

Как будет видно из дальнейшего, уменне исследовать разрешимость уравнения (1) позволяет иногда решить вопрос о сходимости соответствующей последовательности $\{a_n\}$.

Упражнения
4. Исследуйте сходимость последовательностей:

a) $a_n = \sqrt{a + a_{n-1}}, a_0 = 0$;
b) $a_n = \frac{1}{1 + a_{n-1}}, a_0 = 1$.
5. Укажите способ нахождения положительного корня уравнения
$$x^3 - x - 1 = 0.$$ (1)
6. (С пособ приближенного в вычисления $\sqrt[3]{a}$.) Последовательность $\{a_n\}$ строится по следующему правилу:
$$\begin{cases} a_0 = a > 0, \\ a_n = \frac{1}{3}(2a_{n-1} + \frac{a}{a_{n-1}}). \end{cases}$$
Докажите, что $\lim_{n \to \infty} a_n = \sqrt[3]{a}$.
7. Пусть $a > 0, b > 0, p > 0, q > 0$. Расмотрим последовательность
$$\frac{a}{b}, \frac{b}{pa+qb}, \frac{pa+qb}{pb+q(pa+qb)}, \dots, \frac{a_n}{b_n}, \dots$$
где $a_{n+1} = b_n, b_{n+1} = pa_n + qb_n$. Существует ли у этой последовательности предел?
(Эту задачу предложил наш читатель В. Фищук.)

3. Главный пример

Остальная часть статьи посвящена вопросу о сходимости последовательности
$$\begin{cases} \alpha_0 = 1, \\ \alpha_n = a^{\alpha n-1}, \end{cases}$$ (2)
то есть 1, $a, a^a, a^{a^a}, a^{a^{a^a}}, \dots$. Эта сходимость зависит, конечно, от параметра $a$.

Оказывается, для больших $a$ выяснить существование предела сравнительно легко, а для маленьких —

гораздо труднее. Приведем несколько примеров.

При $a = 2$ получаем последовательность
1; 2; 4; 16; 65536; …
(она, очень/no, расходится).

При $a = 1,5$ — последовательность
1; 1,5; 2,106; 2,349; 2,592; …
$\alpha_{11} \approx 10,99; \alpha_{12} \approx 86,163; \alpha_{13} > 10^{16}$
(она тоже расходится, но здесь с самого начала это далеко не так очень/no).

При $a = \sqrt{2} = 1,4142$ …— последовательность
1; $\sqrt{2}$; 1,632; 1,761; …
$\alpha_8 \approx 1,966; \alpha_{25} \approx 1,9999$ (тут, как мы увидим, предел существует и равен 2).

При $a = 1$
1, 1, 1, …
(предел, очень/no, существует и равен 1).

При $a = 0,5$
1; 0,5; 0,707; 0,613; 0,654; …
$\alpha_{12} \approx 0,641206; \alpha_{13} \approx 0,641177$.

При $a = 0,01$
1; 0,01; 0,955; 0,0123; 0,945; 0,013; …
$\alpha_{15} \approx 0,013; \alpha_{16} \approx 0,941$ (поведение двух последних последовательностей мы прокомментируем в конце статьи).

Из теоремы 1 мы знаем, что если $\lim_{n \to \infty} a_n = s$, то s является корнем

36

Уравнение
$$a^x = x$$
(функция $x \rightarrow a^x$ непрерывна во всех точках числовой прямой). Следовательно, если уравнение (3) при некотором $a$ не имеет корней, то соответствующая последовательность (2) расходит.

На рисунке 2 изображен график функции $y = a^x$ и первые члены последовательности (2) — при $a > 1$ и предположении, что уравнение (3) имеет корни; на рисунке 3 — то же при $0 < a < 1$.

4. $a > 1$
   При $a > 1$ последовательность (2) монотно возрастает (проверьте!).

Теорема 2. При $a > 1$ последовательность (2) сходится моеда и molъко моеда, когда уравнение (3) имеет хотя бы один корень. В этом случае ее предель равен меньшему из корней уравнения (3).

Доказательство. Мы только что отмечали, что если последовательность (2) сходится, то ее предель является корнем уравнения (3). Пусть теперь уравнение (3) имеет корни. Обозначим через $s_0$ наименьший корень. Покажем, что $\alpha_n < s_0$ при всех $n \in \mathbb{N}$. Легко видеть, что $s_0 > 1 = \alpha_0$. Если же $s_0 > \alpha_n$, то $s_0 = a^{s_0} > a^{\alpha_n} = a_{n+1}$. Из теоремы Вейерштрасса следует, что последовательность (2) сходится, причем, очевидно, к $s_0$. Теорема доказана.

5. $0 < a < 1$
   В этом случае последовательность (2) ограничена: $0 < \alpha_n < 1$. К сожалению, она не монотна. В самом деле, поскольку $0 < a < 1$, функция $y = a^x$ убивает, и $\alpha_2 = a^a < 1 = \alpha_0$, следовательно, если уравнение (3) при некотором $a$ не имеет корней, то есть $\alpha_3 > \alpha_1$. Далее, $\alpha_4 = a^{\alpha_3} < a^{\alpha_1} = \alpha_2$, то есть $1 = \alpha_0 > \alpha_2 > \alpha_4$. Пользовать метод математической индукции, легко доказать, что подпоследовательность $\alpha_1, \alpha_3, \alpha_5, \dots, \alpha_{2n-1}, \dots$ нашей последовательности монотно возрастает, а подпоследовательность $\alpha_0, \alpha_2, \alpha_4, \dots, \alpha_{2n}, \dots$ монотно убивает. При этом всегда $\alpha_{2n} > \alpha_{2n-1}$. По теореме Вейерштрасса каждая из этих подпоследовательностей имеет предел. Пусть $\lim_{n \to \infty} \alpha_{2n-1} = s_1$ и $\lim_{n \to \infty} \alpha_{2n} = s_2$. Ясно, что $s_2 \geq s_1$ и подпоследовательность (2) будет сходящейся в том и только в том случае, когда $s_1 = s_2$ (доказательство!).

Что можно сказать про числа $s_1$ и $s_2$? Поскольку $\alpha_{2n+2} = a^{a^{\alpha_{2n}}}$, $\alpha_{2n+1} = a^{a^{\alpha_{2n-1}}}$ и функция $x \rightarrow a^{a^x}$ непрерывна во всех точках числовой прямой, числа $s_1$ и $s_2$ являются корнями уравнения (3).

Теорема 3. Числа $s_1$ и $s_2$ являются соотношением, меньшим и большим корнями уравнения (4).

Доказательство. Пусть $s$ — произвольный корень уравнения (4). Для доказательства теоремы достаточно установить, что $\alpha_{2n-1} < s < \alpha_{2n}$ для всех $n \in \mathbb{N}$.

Прежде всего заметим, что $s < 1$. В самом деле, если $s \geq 1$, то, ввиду $a^s > 0$, $a^{a^s} < 1$, то есть $a^{a^s} \neq s$. Кроме того, очень удобно, $s > 0$. Из $0 < s < 1$ следует $a^0 > a^s > a^1$, то есть $\alpha_0 > a^s > \alpha_1$. Значит, $a^{\alpha_0} < a^{a^s} < a^{\alpha_1}$, то есть $\alpha_1 < s < \alpha_2$. Индукционный шаг проделывается аналогично.

Следствие 1. Если уравнение (4) имеет более одного корня, то последовательность (2) расходится.

Следствие 2. Если уравнение (4) имеет более одного корня, то последовательность (2) сходится, и предель

37

Рис. 4.

этой последовательности есть корень уравнения (3).

Легко видеть, что всякий корень уравнения (3) удовлетворяет также и уравнению (4). Но при $0 < a < 1$ уравнение (3), очевидно, имеет корень (нарисуйте графики!). Значит, при таких $a$ и уравнение (4) обязаτεльно имеет хотя бы один корень.

Упражнение 8: Рассмотрим последовательность $\alpha_0 = x > 0, \alpha_n = a^{\alpha n-1}$. При каких $x$ эта последовательность сходится? (Рассмотите отдельно случай $a > 1$ и $0 < a < 1$).

Итак, вопрос о сходимости последовательности (2) совпается к вопросу о числе корней уравнения (3) при $a > 1$ и уравнения (4) — при $0 < a < 1$.

6. Исследование уравнения (3) при $a > 1$

Уравнение (3) равносильно уравнению

$$\frac{\ln x}{x} = \ln a.$$ (рис. 4). Эта функция определяна при $x > 0$, достигнет максимума, равного $1/e$, при $x = e$, убивает при $x > e$ и возвращает при $0 < x < e$.

Упражнение 9. Проведите подобное исследование функций $y = \frac{\ln x}{x}$.

Следовательно, при $\ln a > 1/e$, то есть $a > e^{1/e}$, уравнение (5) корней не имеет.

Рис. 5.

При $0 < \ln a < 1/e$, то есть $1 < a < e^{1/e}$, уравнение (5) имеет два корня.

При $a = e^{1/e}$ оно имеет один корень.

Заметим для дальнейшего, что при $\ln a \leq 0$, то есть $0 < a \leq 1$, уравнение (5) имеет единственный корень.

7. Исследование уравнения (4) при $0 < a < 1$

Мы уже знаем, что все корни уравнения (4) заключены в интервале $[0; 1]$. Уравнение (4) равносильно уравнения $a^x = \log_a x$, $x = \log_a \log_a x$ или $x = \frac{1}{\ln a} \ln \frac{\ln x}{\ln a}$. Обозначим через $\varphi$ функцию

$$\varphi(x) = \frac{1}{\ln a} \ln \frac{\ln x}{\ln a} - x.$$

Мы хотим выяснить, сколько корней в зависимости от параметра $a$ имеет уравнение $\varphi(x) = 0$, равносильно уравнению (4). Чтобы это сделать, нужно посчитать, сколько существует точек пересечения графика функций $\varphi$ с осью абсцисс.

Прежде всего заметим, что к этим точкам пересечения заведomo принадлежит точка $s_0$, где $s_0$ — единственный корень уравнения (3), (5),— см. заменяния в конце пп. 6 и 5.

Исследуем функцию $\varphi$.

Так как $\ln a < 0$, функция $\varphi$ определяна при $0 < x < 1$. При $x \rightarrow 0$ (справа) $\varphi(x) \rightarrow -\infty$; при $x \rightarrow 1$ (слева) $\varphi(x) \rightarrow +\infty$.

38

Найдем экстремумы функции $f$; для этого исследуем ее производуно:

$$\varphi'(x) = \frac{1}{x \ln x \ln a} - 1.$$

Приравняв ее к нулю, мы получим уравнение

$$x \ln x = \frac{1}{\ln a}.$$

(6)

На рисунке 5 изображен график функции $y = x \ln x$.

Упражнение 10. Исследуйте функцию $y = x \ln x$ и построите ее график.

Мы видим, что при $x = 1/e$ функция $y = x \ln x$ достигает минимума, равного $-1/e$. Поэтому, если $1/\ln a < -1/e$, то есть $\ln a > -e$ или $a > e^{-e}$, то уравнение (6) корней не имеет. Так что при $e^{-e} < a < 1$ производаная функция $f$ строго больше нуля, то есть при таких значениях $a$ функция $f$ строго возрастает. Значит, уравнение $f(x) = 0$ при $e^{-e} < a < 1$ имеет единственный корень $s_0$ (примерный график функции $f$ для $e^{-e} < a < 1$ изображен на рисунке 6).

Если $a = e^{-e}$, то $\varphi'(x) = 0$ при $x = 1/e$ и $\varphi'(x) > 0$ при всех остальных $x \in [0; 1/e] \cup [1/e; 1]$.

В этом случае $f$ тоже строго возрастает во всей области определения, и уравнение $f(x) = 0$ лю-прежнему имеет единственный корень $x = 1/e$ (график функции $f$ для $a = e^{-e}$ изображен на рисунке 7).

Итак, если $e^{-e} \leq a < 1$, уравнение (4) имеетровно один корень.

Если же $0 < a < e^{-e}$, то уравнение (6) имеет два корня: $x_1$ и $x_2$ (рис. 5). Причем при $x \in [0; x_1]$ $x_1$ [∪] $x_2$; 1 [производаная $\varphi'(x)$ положительная, а при $x \in [x_1; x_2]$ — отрицательна, так что $x_1$—точка максимума, а $x_2$—точка минимума функции $f$; значит, $\varphi$ при $x \in [0; x_1]$ [возрастает и при $x \in [x_1; x_2]$ 1 [возрастает, а при $x \in [x_1; x_2]$ убывает (разберитесь в этом!).

Покажем теперь, что $s_0 \in [x_1; x_2]$. Для этого достаточно доказать, что $\varphi'(s_0) < 0$. Имеем

$$\varphi'(s_0) = \frac{1}{s_0 \ln s_0 \ln a} - 1 = \frac{1}{(\ln s_0)^2} - 1$$

(так как $\frac{\ln s_0}{s_0} = \ln a$). Докажем, что $\ln s_0 < -1$ (тогда $\varphi'(s_0) < 0$). Для этого обратимся вновь к функции $y = \frac{\ln x}{x}$ (рис. 4). Поскольку она при $0 < x < 1$ возрастает, а $\ln a < -e$, корень $s_0$ уравнения (5) лежит левее корня уравнения $\frac{\ln x}{x} = -e$, то есть левее точки $e^{-1}$. Значит, $s_0 < 1/e$ и $\ln s_0 < -1$.

Итак, про функцию $f$ нам теперь известно, что

1. $\varphi(x) \rightarrow -\infty$ при $x \rightarrow 0$;
2. $\varphi(x) \rightarrow +\infty$ при $x \rightarrow 1$;
3. $\varphi$ возрастает на промежутке $|0; x_1|$, в точке $x_1$ имеет максимум, убывает на промежутке $|x_1; x_2|$, в точке $x_2$ имеет минимум и снова возрастает на промежутке $|x_2; 1|$;