Задача 150 — Демидович

Проверьте обе последовательности на монотонность и ограниченность. Докажите, что среднее геометрическое всегда меньше среднего арифметического. Воспользуйтесь прото-задачей П-ссылка.

Решение

Обратим внимание на то, что в формуле последовательности $x_{n}$ берется квадратный корень из членов последовательностей $x_{n}$ и $y_{n}$ . По определению квадратного корня это означает, что

$x_{n} y_{n} \geq 0$

Это означает, что $x_{n}$ и $y_{n}$ имеют одинаковые знаки: оба положительные, либо оба отрицательные. В частности, это означает, что $a$ и $b$ должны быть одного знака.

Если $a, b \geq 0$ , то все члены обеих последовательностей тоже $\geq 0$ .

Теперь предположим, что $a, b < 0$ . Тогда $x_{2} = ab > 0$ и $y_{2} = \frac{a + b}{2} < 0$ , то есть $x_{2}$ и $y_{2}$ имеют разные знаки. На этапе вычисления $x_{3}$ это приводит к противоречию, так как нельзя взять квадратный корень из отрицательного числа:

$x_{3} = x_{2} y_{2} = ?$

Поэтому все дальнейшие рассуждения будем проводить для неотрицательных $a$ и $b$ :

$a, b \geq 0$

Если $a = b$

Если $a = b$ , то, по условию, $x_{1} = y_{1}$ . По формулам сразу видим, что и $x_{2} = y_{2} = x_{1} = y_{1}$ . По методу математической индукции элементарным образом можно доказать, что обе последовательности совпадают и равны одному числу.

$x_{n} = y_{n} = μ (a, b)$

Константные последовательности имеют предел, равный их константе, поэтому:

$n \to \infty lim x_{n} = n \to \infty lim y_{n} = a = b = μ (a, b)$

$■$

Если $a \neq = b$

Замечаем, что обозначения последовательностей в условии можно без всяких последствий поменять местами. Поэтому можно без ограничения общности считать, что $a < b$ . В противном случае достаточно обозначить $x_{n}$ за $y_{n}$ и наоборот. Тогда неравенство будет выполняться.

Найдем $x_{2}$ и $y_{2}$ :

$x_{2} = x_{1} y_{1} = ab > aa = a$

$y_{2} = \frac{x _{1} + y _{1}}{2} = \frac{a + b}{2} < \frac{b + b}{2} = b$

Среднее арифметическое двух чисел всегда не меньше среднего геометрического:

$\forall p, q : \frac{p + q}{2} \geq pq$

Доказательство

Возведем обе части в квадрат:

$\frac{p + q}{2} \geq pq p^{2} + 2 pq + q^{2} \geq 4 pq p^{2} - 2 pq + q^{2} \geq 0 (p - q)^{2} \geq 0$

$■$

Тут же замечаем, что равенство получаем, когда $p = q$ .

амечаем, что последовательность

y_{n}

является последовательностью средних арифметических, а

x_{n}

— последовательностью средних геометрических, поэтому выполняется следующее неравенство:

$\forall n \in N : y_{n} > x_{n}$

В частности:

$y_{2} > x_{2}$

Случай равенства исключается, так как мы рассмотрели его в начале решения.

Объединяя все рассуждения выше, получаем цепное неравенство:

$a < x_{2} < y_{2} < b$

Проводя аналогичные рассуждения, получим следующее неравенство:

$a < x_{2} < x_{3} < y_{3} < y_{2} < b$

Можем сделать три вывода:

Последовательность $x_{n}$ возрастает и ограничена сверху последовательностью $y_{n}$ , в частности числом $b$
Последовательность $y_{n}$ убывает и ограничена снизу последовательностью $x_{n}$ , в частности числом $a$

Доказательство выводов 1 и 2

Докажем, что последовательность $x_{n}$ возрастает:

$x_{n + 1} > x_{n} x_{n} y_{n} > x_{n} x_{n} y_{n} > x_{n}^{2} y_{n} > x_{n}$

Последнее неравенство, как мы показали выше, выполняется.

Докажем, что последовательность $y_{n}$ убывает:

$y_{n + 1} < y_{n} \frac{x _{n} + y _{n}}{2} < y_{n} x_{n} + y_{n} < 2 y_{n} x_{n} < y_{n}$

Вновь свели к выполняющемуся неравенству.

Мы доказали, что последовательность ${x_{n}}$ возрастает, а также, что для любого $n$ имеет место неравенство $x_{n} < y_{n}$ . Но раз ${y_{n}}$ убывает, то $y_{1}$ будет наибольшим членом последовательности ${y_{n}}$ . Значит, для любого $n$ выполняется следующее неравенство:

$x_{n} < y_{n} < y_{n - 1} < y_{n - 2} < \dots < y_{1} = b$

Опуская промежуточные неравенства, переходим к сути:

$\forall n \in N : x_{n} < b$

Итак, последовательность ${x_{n}}$ возрастает и ограничена сверху числом $b$ .

Аналогичные рассуждения можно провести и для последовательности ${y_{n}}$ . Тогда получим неравенство:

$a = x_{1} < \dots < x_{n - 2} < x_{n - 1} < x_{n} < y_{n}$

$\forall n \in N : a < y_{n}$

Итак, последовательность ${y_{n}}$ убывает и ограничена снизу числом $a$ .

$■$

о признаку Вейерштрасса (монотонная и ограниченная последовательность сходится) последовательности

x_{n}

y_{n}

сходятся и имеют пределы

X

Y

соответственно.

Сразу отметим, что последовательности $x_{n + 1}$ и $y_{n + 1}$ представляют собой последовательности $x_{n}$ и $y_{n}$ с отброшенным первым членом, а потому имеют тот же самый предел (см. прото-задачу П-ссылка):

$n \to \infty lim x_{n} = n \to \infty lim x_{n + 1} = X n \to \infty lim y_{n} = n \to \infty lim y_{n + 1} = Y$

Нам нужно доказать последовательности имеют общий предел. Для этого найдем предел их разности:

$n \to \infty lim (y_{n + 1} - x_{n + 1}) = Y - X = n \to \infty lim (\frac{x _{n} + y _{n}}{2}) - X = = \frac{X + Y}{2} - X = \frac{Y - X}{2}$

Получаем следующее равенство:

$Y - X = \frac{Y - X}{2}$

$2 (Y - X) = (Y - X)$

$Y - X = 0$

$Y = X$

Мы доказали, что последовательности $x_{n}$ и $y_{n}$ имеют один и тот же предел:

$n \to \infty lim x_{n} = n \to \infty lim y_{n} = X = Y = μ (a, b)$

$■$

Зависимости

Неизменность предела последовательности

Сохранение предела последовательности при добавлении или отбрасывании конечного числа ее членов.

149 151

Если a=b

Если a=b

Если $a = b$

Если $a \neq = b$