Текст статьиЕгоров А. А. Уравнения и пределы // Квант. — 1977. — № 10. — С. 34—39.
1. Простой пример
Для приближённого вычисления квадратного корня из положительного числа $a$ поступают следующим образом (см., например, книгу «Алгебра и начала анализа 9», с. 83).
В качестве первого приближения берут произвольное число $a_0\gt\sqrt a$. Следующее приближение $a_1$ находят по формуле
$$
a_1=\dfrac12{\left(a_0+\dfrac a{a_0}\right)},
$$
по $a_1$ находят $a_2$:
$$
a_2=\dfrac12{\left(a_1+\dfrac a{a_1}\right)}
$$
и вообще
$$
a_n=\dfrac12{\left(a_{n-1}+\dfrac a{a_{n-1}}\right)}.
$$
Последовательность $\{a_n\}$ монотонно убывает и ограничена. По теореме Вейерштрасса она имеет предел. Пусть $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=s$. Тогда $s\gt0$ и $s=\dfrac12{\left(s+\dfrac as\right)}$, т. е. $s^2=a$, а так как $s\gt0$, то $s=\sqrt a$.
Если взять достаточно большое $n$, то $a_n$ будет достаточно мало отличаться от $\sqrt a$.
Упражнение 1. Докажите, что последовательность $\{a_n\}$ монотонно убывает.
Упражнение 2. Оцените разность $|a_n-\sqrt a|$.
Проанализируем наш способ вычисления последовательных приближений для $\sqrt a$. Последователность приближений $\{a_n\}$ задавалась рекуррентно: $a_n=\phi(a_{n-1})$, где $\phi(x)=\dfrac12{\left(x+\dfrac ax\right)}$. Установив сходимость последовательности $\{a_n\}$, мы заключили, что её предел $s$ удовлетворяет равенству $s=\dfrac12{\left(s+\dfrac as\right)}$‚ т. е. является корнем уравнения
$$
\phi(x)=x.\tag1
$$
Рис. 1
На рисунке 1 изображён график функции $y=\dfrac12{\left(x+\dfrac2x\right)}$, $x\gt0$, и показаны три первых члена последовательности
$$
\left\{\begin{aligned}
&a_0=2,\\ &a_n=\dfrac12{\left(a_{n-1}+\dfrac2{a_{n-1}}\right)}.
\end{aligned}\right.
$$
Упражнение 3. Выразите $a_n$ через $n$, если $a_0=1$ и
$a_n=a\cdot a_{n-1}$;
$a_n=a^{a_{n-1}}$;
$a_n=\sqrt{a+a_{n-1}}$;
$a_n=\dfrac{a_{n-1}}{\sqrt{1+a_{n-1}^2}}$;
$a_n=\dfrac1{1+a_{n-1}}$.
2. Уравнения и пределы
Пусть нам нужно решить уравнение (1), где $\phi$ — некоторая функция. Возьмём произвольное число $a_0\in D(\phi)$ и определим рекуррентно последовательность $\{a_n\}$: $a_n=\phi(a_{n-1})$. Предположим, что $a_n\in D(\phi)$ для всех $n\in\N$.
Теорема 1. Если последовательность $\{a_n\}$ сходится к $s$ и функция $\phi$ 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 соображениями удобства — $a_0$ естественно брать поближе к искомому корню.
Как будет видно из дальнейшего, умение исследовать разрешимость уравнения (1) позволяет иногда решить вопрос о сходимости соответствующей последовательности $\{a_n\}$.
Упражнение 7. Пусть $a\gt0$, $b\gt0$, $p\gt0$, $q\gt0$. Рассмотрим последовательность
$$
\dfrac ab{,}~~\dfrac b{pa+qb}{,}~~\dfrac{pa+qb}{pb+q(pa+qb)}{,}~~{\ldots}{,}~~\dfrac{a_n}{b_n}{,}~~{\ldots}{,}
$$
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
$$
\left\{\begin{aligned}
&\alpha_0=1,\\
&\alpha_n=a^{\alpha_{n-1}},
\end{aligned}\right.\tag2
$$
т. е. 1, $a$, $a^a$, $a^{a^{\scriptstyle a}}$, $a^{a^{\scriptstyle a^{\scriptstyle a}}}$, $\ldots$. Эта сходимость зависит, конечно, от параметра $a$.
Оказывается, для больших $a$ выяснить существование предела сравнительно легко, а для маленьких — гораздо труднее. Приведём несколько примеров.
При $a=2$ получаем последовательность
$$
1{;}~~2{;}~~4{;}~~16{;}~~65\,536;~~{\ldots}
$$
(она, очевидно, расходится).
При $a=1{,}5$ — последовательность
$$
1{;}~~1{,}5{;}~~2{,}106{;}~~2,349{;}~~2,592{;}~~{\ldots}{;}~~\alpha_{11}\approx10{,}99{;}~~\alpha_{12}\approx86{,}163{;}~~\alpha_{13}\gt10^{16}
$$
(она тоже расходится, но здесь с самого начала это далеко не так очевидно).
При $a=\sqrt2=1{,}4142\ldots$ — последовательность
$$
1{;}~~\sqrt2{;}~~1{,}632{;}~~1{,}761{;}~~{\ldots}{;}~~\alpha_8\approx1{,}966{;}~~{\ldots}{;}~~\alpha_{25}\approx1{,}9999
$$
(тут, как мы увидим, предел существует и равен 2).
При $a=1$
$$
1{,}~~1{,}~~1{,}~~{\ldots}
$$
(предел, очевидно, существует и равен 1).
При $a=0{,}5$
$$
1{;}~~0{,}5{;}~~0{,}707{;}~~0{,}613{;}~~0{,}654{;}~~{\ldots}{;}~~\alpha_{12}\approx0{,}641206{;}~~\alpha_{13}\approx0{,}641177.
$$
При $a=0{,}01$
$$
1{;}~~0{,}01{;}~~0{,}955{;}~~0{,}0123{;}~~0{,}945{;}~~0,013{;}~~{\ldots}{;}~~\alpha_{15}\approx0{,}013{;}~~\alpha_{16}\approx0{,}941
$$
(поведение двух последних последовательностей мы прокомментируем в конце статьи).
Из теоремы 1 мы знаем, что если $\lim\limits_{n\to\infty}\alpha_n=s$, то $s$ является корнем уравнения
$$
a^x=x\tag3
$$
(функция $x\to a^x$ непрерывна во всех точках числовой прямой). Следовательно, если уравнение (3) при некотором $a$ не имеет корней, то соответствующая последовательность (2) расходится.
Рис. 2Рис. 3
На рисунке 2 изображён график функции $y=a^x$ и первые члены последовательности (2) — при $a\gt1$ и предположении, что уравнение (3) имеет корни; на рисунке 3 — то же при $0\lt a\lt1$.
4. a > 1
При $a\gt1$ последовательность (2) монотонно возрастает (проверьте!).
Теорема 2. При $a\gt1$ последовательность (2) сходится тогда и только тогда, когда уравнение (3) имеет хотя бы один корень. В этом случае её предел равен меньшему из корней уравнения (3).
Доказательство. Мы только что отмечали, что если последовательность (2) сходится, то её предел является корнем уравнения (3). Пусть теперь уравнение (3) имеет корни. Обозначим через $s_0$ наименьший корень. Покажем, что $\alpha_n\lt s_0$ при всех $n\in\N$. Легко видеть, что $s_0\gt1=\alpha_0$. Если же $s_0\gt\alpha_n$, то $s_0-a^{s_0}\gt a^{\alpha_n}-\alpha_{n+1}$. Из теоремы Вейерштрасса следует, что последовательность (2) сходится, причём, очевидно, к $s_0$. Теорема доказана.
5. 0 < a < 1
В этом случае последовательность (2) ограничена: $0\lt\alpha_n\lt1$. К сожалению, она не монотонна. В самом деле, поскольку $0\lt a\lt1$, функция $y=a^x$ убывает, и $\alpha_2=a^a\lt1=\alpha_0$, следовательно, $\alpha_3=a^{a^{\scriptstyle a}}\gt a^1=a$, т. е. $\alpha_3\gt\alpha_1$. Далее, $\alpha_4=a^{\alpha_3}\lt a^{\alpha_1}=\alpha_2$, т. е. $1=\alpha_0\gt\alpha_2\gt\alpha_4$. Пользуясь методом математической индукции, легко доказать, что подпоследовательность $\alpha_1$, $\alpha_3$, $\alpha_5$, $\ldots$, $\alpha_{2n-1}$, $\ldots$ нашей последовательности монотонно возрастает, а подпоследовательность $\alpha_0$, $\alpha_2$, $\alpha_4$, $\ldots$, $\alpha_{2n}$, $\ldots$ монотонно убывает. При этом всегда $\alpha_{2n}\gt\alpha_{2n-1}$. По теореме Вейерштрасса каждая из этих подпоследовательностей имеет предел. Пусть $\lim\limits_{n\to\infty}\alpha_{2n-1}=s_1$ и $\lim\limits_{n\to\infty}\alpha_{2n}=s_2$. Ясно, что $s_2\ge s_1$ и последовательность (2) будет сходящейся в том и только в том случае, когда $s_2=s_1$ (докажите это!).
Что можно сказать про числа $s_1$ и $s_2$? Поскольку $\alpha_{2n+2}=a^{a^{\scriptstyle\alpha_{2n}}}$, $\alpha_{2n+1}=a^{a^{\scriptstyle\alpha_{2n-1}}}$ и функция $x\to a^{a^{\scriptstyle x}}$ непрерывна во всех точках числовой прямой, числа $s_1$ и $s_2$ являются корнями уравнения
$$
a^{a^{\scriptstyle x}}=x.\tag4
$$
Теорема 3. Числа $s_1$ и $s_2$ являются, соответственно, меньшим и большим корнями уравнения (4).
Доказательство. Пусть $s$ — произвольный корень уравнения (4). Для доказательства теоремы достаточно установить, что $\alpha_{2n-1}\lt s\lt\alpha_{2n}$ для всех $n\in\N$.
Прежде всего заметим, что $s\lt1$. В самом деле, если $s\ge1$, то, ввиду $a^s\gt0$, $a^{a^{\scriptstyle s}}\lt1$, т. е. $a^{a^{\scriptstyle s}}\ne s$. Кроме того, очевидно, $s\gt0$. Из $0\lt s\lt1$ следует $a^0\gt a^s\gt a^1$, т. е. $\alpha_0\gt a\gt\alpha_1$. Значит, $a^{\alpha_0}\lt a^{a^{\scriptstyle s}}\lt a^{\alpha_1}$, т. е. $\alpha_1\lt s\lt\alpha_2$. Индукционный шаг проделывается аналогично.
Следствие 1. Если уравнение (4) имеет более одного корня, то последовательность (2) расходится.
Следствие 2. Если уравнение (4) имеет ровно один корень, то последовательность (2) сходится, и предел этой последовательности есть корень уравнения (3).
Легко видеть, что всякий корень уравнения (3) удовлетворяет также и уравнению (4). Но при $0\lt a\lt1$ уравнение (3), очевидно, имеет корень (нарисуйте графики!). Значит, при таких $a$ и уравнение (4) обязательно имеет хотя бы один корень.
Упражнение 8. Рассмотрим последовательность $\alpha_0=x\gt0$, $\alpha_n=a^{\alpha_{n-1}}$. При каких $x$ эта последовательность сходится? (Рассмотрите отдельно случаи $a\gt1$ и $0\lt a\lt1$.)
Итак, вопрос о сходимости последовательности (2) сводится к вопросу о числе корней уравнения (3) при $a\gt1$ и уравнения (4) — при $0\lt a\lt1$.
6. Исследование уравнения (3) при a > 1
Уравнение (3) равносильно уравнению
$$
\dfrac{\ln x}x=\ln a.\tag5
$$
Построим график функции $y=\dfrac{\ln x}x$ (рис. 4). Эта функция определена при $x\gt0$, достигает максимума, равного $\dfrac1e$, при $x=e$, убывает при $x\gt e$ и возрастает при $0\lt x\lt e$.
Рис. 4
Упражнение 9. Проведите подробное исследование функции $y=\dfrac{\ln x}x$.
Следовательно, при $\ln a\gt\dfrac1e$, т. е. $a\gt e^{\frac{\scriptstyle1}{\scriptstyle e}}$, уравнение (5) корней не имеет.
При $0\lt\ln a\lt\dfrac1e$, т. е. $1\lt a\lt e^{\frac{\scriptstyle1}{\scriptstyle e}}$, уравнение (5) имеет два корня.
При $a=e^{\frac{\scriptstyle1}{\scriptstyle e}}$ оно имеет один корень.
Заметим для дальнейшего, что при $\ln a\le0$, т. е. $0\lt a\le1$, 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 уравнениям $a^x=\log_ax$, $x=\log_a\log_ax$ или $x=\dfrac1{\ln a}\ln\dfrac{\ln x}{\ln a}$. Обозначим через $\phi$ функцию
$$
\phi(x)=\dfrac1{\ln a}\ln\dfrac{\ln x}{\ln a}-x.
$$
Мы хотим выяснить, сколько корней в зависимости от параметра $a$ имеет уравнение $\phi(x)=0$, равносильное уравнению (4). Чтобы это сделать, нужно посчитать, сколько существует точек пересечения графика функции $\phi$ с осью абсцисс.
Прежде всего заметим, что к этим точкам пересечения заведомо принадлежит точка $s_0$, где $s_0$ — единственный корень уравнений (3), (5), — см. замечания в конце пп. 6 и 5.
Исследуем функцию $\phi$.
Так как $\ln a\lt0$, функция $\phi$ определена при $0\lt x\lt1$. При $x\to0$ (справа) $\phi(x)\to-\infty$; при $x\to0$ (слева) $\phi(x)\to+\infty$.
Найдём экстремумы функции $\phi$; для этого исследуем её производную:
$$
\phi'(x)=\dfrac1{x\ln x\ln a}-1.
$$
Приравняв её к нулю, мы получим уравнение
$$
x\ln x=\dfrac1{\ln a}.\tag6
$$
На рисунке 5 изображён график функции $y=x\ln x$.
Рис. 5
Упражнение 10. Исследуйте функцию $y=x\ln x$ и постройте её график.
Мы видим, что при $x=\dfrac1e$ функция $y=x\ln x$ достигает минимума, равного $-\dfrac1e$. Поэтому, если $\dfrac1{\ln a}\lt-\dfrac1e$, т. е. $\ln a\gt-e$ или $a\gt e^{-e}$, то уравнение (6) корней не имеет. Так что при $e^{-e}\lt a\lt a$ производная функции $\phi$ строго больше нуля, т. е. при таких значениях $a$ функция $\phi$ строго возрастает. Значит, уравнение $\phi(x)=0$ при $e^{-e}\lt a\lt1$ имеет единственный корень $s_0$ (примерный график функции $\phi$ для $e^{-e}\lt a\lt1$ изображён на рисунке 6).
Если $a=e^{-e}$, то $\phi'(x)=0$ при $x=\dfrac1e$ и $\phi'(x)\gt0$ при всех остальных $x\in\left(0;\dfrac1e\right)\cup\left(\dfrac1e;1\right)$.
В этом случае $\phi$ тоже строго возрастает во всей области определения, и уравнение $\phi(x)=0$ по-прежнему имеет единственный корень $x=\dfrac1e$ (график функции $\phi$ для $a=e^{-e}$ изображён на рисунке 7).
Рис. 6Рис. 7Рис. 8
Итак, если $e^{-e}\le a\lt1$, уравнение (4) имеет ровно один корень.
Если же $0\lt a\lt e^{-e}$, то уравнение (6) имеет два корня: $x_1$ и $x_2$ (рис. 5). Причём при $x\in(0;x_1)\cup(x_2;1)$ производная $\phi'(x)$ положительна, а при $x\in(x_1;x_2)$ — отрицательна, так что $x_1$ — точка максимума, а $x_2$ — точка минимума функции $\phi$; значит, $\phi$ при $x\in(0;x_1)$ возрастает и при $x\in(x_2;1)$ 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 $\phi'(s_0)\lt0$. Имеем
$$
\phi'(s_0)=\dfrac1{s_0\ln s_0\ln a}-1=\dfrac1{(\ln s_0)^2}-1
$$
(так как $\dfrac{\ln s_0}{s_0}=\ln a$). Докажем, что $\ln s_0\lt-1$. Для этого обратимся вновь к функции $y=\dfrac{\ln x}x$ (рис. 4). Поскольку она при $0\lt x\lt1$ возрастает, а $\ln a\lt-e$, корень $s_0$ уравнения (5) лежит левее корня уравнения $\dfrac{\ln x}x=-e$, т. е. левее точки $e^{-1}$. Значит, $s_0\lt\dfrac1e$ и $\ln s_0\lt-1$.
Итак, про функцию $\phi$ нам теперь известно, что
$\phi(x)\to-\infty$ при $x\to0$;
$\phi(x)\to+\infty$ при $x\to1$;
$\phi$ 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 $(x_2;1)$;
$\phi$ обращается в нуль в точке $s_0$ промежутка $(x_1;x_2)$.
Этих сведений достаточно, чтобы нарисовать примерный график функции $\phi$ для $0\lt a\lt e^{-e}$; мы видим, что он пересекает ось абсцисс, кроме точки $s_0$, ещё в двух точках $s_1$ и $s_2$ (рис. 8), так что в случае $0\lt a\lt e^{-e}$ уравнение $\phi(x)=0$, а следовательно, и уравнение (4) имеет три корня: $s_1\lt s_0\lt s_2$.
Вопрос об уравнении $a^x=\log_ax$ в «Кванте» уже обсуждался. В частности, разбиралось уравнение $\left(\dfrac1{16}\right)^x=\log_{\frac{\scriptstyle1}{\scriptstyle16}}x$. Из нашего исследования следует, что у этого уравнения ровно три корня. Два из них легко найти подбором: $x_1=\dfrac14$ и $x_2=\dfrac12$.
Упражнение 11. Исследуйте разрешимость уравнений в зависимости от параметра $a$:
$x^3-3x^2+a=0$;
$x^4-ax+1=0$;
$a^x=x^2$;
$a^x=2x+1$;
$\cos x\cos3x=a$, $x\in(0;\pi)$.
8. Подведём итог
Теорема 4. Последовательность (2) сходится тогда и только тогда,
когда
$$
\left(\dfrac1e\right)^e\le a\le e^{\frac{\scriptstyle1}{\scriptstyle e}}
$$
[$\left(\dfrac1e\right)^e=0{,}065988\ldots$; $e^{\frac{\scriptstyle1}{\scriptstyle e}}= 1{,}444668\ldots$; случай $a=1$ очевиден].
Возвращаясь к последовательностям, с которых мы начинали п. 3 (см. с. 35), мы можем теперь сказать:
при $a=2$; 1,5 и 0,01 последовательность (2) расходится;
при $a=\sqrt2$ и 0,5 последовательность (2) сходится.
