Niz [inlmath]x_n[/inlmath] je zadat rekurentno tako da [inlmath]x_1\in(0,\pi)[/inlmath] i [inlmath]x_n=\sin x_{n-1}[/inlmath], za [inlmath]n\geq2[/inlmath]

a) Pokazati da je [inlmath]\lim\limits_{n\to+\infty}=0[/inlmath].

b) Dokazati da je [inlmath]\frac{1}{x_n^2}=\frac{1}{x_{n-1}^2}+\frac{1}{3}+y_n[/inlmath], za neki niz [inlmath]y_n[/inlmath] takav da je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}y_n=0[/inlmath], a zatim dokazati da je [inlmath]x_n^2\sim\frac{3}{n}[/inlmath], kad [inlmath]n\to+\infty[/inlmath].

Za a) sam imao ideju preko indukcije, pokazem da [inlmath]x_2\to0[/inlmath] (ali ovo je tacno samo kada [inlmath]x_1[/inlmath] tezi krajevima intervala), dalje se indukcijom pokaze za sve clanove ali me buni kako je definisan prvi clan niza [inlmath]x_1\in(0,\pi)[/inlmath]. U tom intervalu funkcija [inlmath]\sin x[/inlmath] moze imati bilo koju vrednost od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]1[/inlmath].

Deo zadatka pod b) ne znam kako da uradim.

a) Iskoristi osobine funkcije sinus ( koje se lako uočavaju ako na trigonometrijskom krugu odabereš neku tačku iz navedenog intervala ):
[dispmath]x\in(0,\pi)\;\Rightarrow\;0<\sin x<x[/dispmath] Dokazaćeš da su svi članovi navedenog niza pozitivni, a niz je strogo opadajući...
b) Da li si pokušao pomoću Tejlorovog polinoma?

jans je napisao:a) Iskoristi osobine funkcije sinus ( koje se lako uočavaju ako na trigonometrijskom krugu odabereš neku tačku iz navedenog intervala ):
[dispmath]x\in(0,\pi)\;\Rightarrow\;0<\sin x<x[/dispmath] Dokazaćeš da su svi članovi navedenog niza pozitivni, a niz je strogo opadajući...

Nisam siguran na sta tacno mislis? Funkcija sinus raste na [inlmath]\left(0,\frac{\pi}{2}\right)[/inlmath], a onda opada na [inlmath]\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)[/inlmath].
Ono sto vidim (mozda pogresno) iz tvog primera [inlmath]0<\sin x<x[/inlmath] je upotreba teoreme o dva policajca (ili sendvic teorema itd...) gde za [inlmath]x=0[/inlmath] upravo vazi [inlmath]0<\sin x<0[/inlmath]

Pokusacu da razjasnim ono sto mi pravi problem ovde. Prvi element niza [inlmath]x_1[/inlmath] je definisan kao interval i pritom je u pitanju interval koji na granicama ima minimume, a u sredini maksimum. Ovo mi je problem jer ne mogu da zamislim koju vrednost ima prvi element niza (moze biti blizu granice, moze biti na sredini, moze biti izmedju ekstremuma), a onda redom i svi ostali. Da su clanovi navedenog niza pozitivni ima smisla, ali ne znam kako si zakljucio da je niz strogo opadajuci.

jans je napisao:b) Da li si pokušao pomoću Tejlorovog polinoma?

Nisam probao nista, ne vidim primenu Tejlora.

Možda grešiš zato što, da ne citiram, [inlmath]x_1[/inlmath] posmatraš kao interval. [inlmath]x_1[/inlmath] je neki broj iz navedenog intervala ( naravno, može da bude bilo koji ), odnosno neka tačka na trigonometrijskom krugu ( koja pripada datom intervalu ).
Odaberimo u intervalu [inlmath](0, \pi)[/inlmath] broj [inlmath]x_1[/inlmath]. Zbog relacije navedene u prethodnom postu, imamo
[dispmath]x_1 \in (0, \pi) \; \Rightarrow \; 0< \sin x_1<x_1\Leftrightarrow 0< x_2<x_1 \; \Rightarrow \; x_2 \in (0, \pi)[/dispmath] Sada, zbog navedene relacije, imamo
[dispmath]x_2 \in (0, \pi) \; \Rightarrow \; 0< \sin x_2<x_2\Leftrightarrow 0< x_3<x_2 \; \Rightarrow \; x_3 \in (0, \pi) \;...[/dispmath] Matematičkom indukcijom možemo dokazati da su svi članovi niza poztivni i da je niz opadajući. Sledi da je niz, pošto je monoton i ograničen, konvergentan. Obeležimo graničnu vrednost niza sa [inlmath]x[/inlmath]. Ako na definiciju niza primenimo graničnu vrednost, imamo
[dispmath]x_n = \sin x_{n-1} \Rightarrow \lim\limits_{n\to\infty} x_n =\lim\limits_{n\to\infty} \sin x_{n-1} \Leftrightarrow x= \sin x.[/dispmath] Pošto je [inlmath]0<x_{n+1}<x_n<\pi[/inlmath], biće [inlmath]0\le x<\pi[/inlmath], pa sledi da je [inlmath]x=0.[/inlmath]

Da li bi mogao da mi razjasnis drugi deo zadatka? Za njega uopste nemam intuiciju.

b) Ako jednakost [inlmath]\frac{1}{x_n^2}=\frac{1}{x_{n-1}^2}+\frac{1}{3}+y_n[/inlmath] napišemo u ekvivalentnom obliku [inlmath]\;\; \frac{1}{x_n^2}-\frac{1}{x_{n-1}^2}=\frac{1}{3}+y_n[/inlmath], možemo zaključiti da treba dokazati da, pošto niz [inlmath]\; \{ y_n \}[/inlmath] teži nuli, leva strana jednakosti teži broju [inlmath]\; \frac{1}{3}[/inlmath], kad [inlmath]\; n\to+\infty[/inlmath].
Definišimo niz [inlmath]\;\; \{ a_n \}[/inlmath] tako da je [inlmath]a_n = \frac{1}{x_{n+1}^2}-\frac{1}{x_{n}^2}[/inlmath]. Ovaj niz je ograničen sa donje strane:[dispmath]0<x_{n+1}<x_n \Longrightarrow 0<x_{n+1}^2<x_n^2 \Longrightarrow \frac{1} {x_{n}^2}< \frac{1}{x_{n+1}^2} \Longleftrightarrow 0< \frac{1}{x_{n+1}^2}-\frac{1} {x_{n}^2}=a_n.[/dispmath] Pošto je [inlmath]\; a_n = \frac{1}{x_{n+1}^2}-\frac{1}{x_{n}^2}=\frac{1}{\sin ^2 x_n}-\frac{1}{x_{n}^2}[/inlmath], a članovi niza [inlmath]\{ x_n \}[/inlmath] pozitivni, ispitaćemo monotonost ovog niza tako što ćemo, pomoću prvog izvoda, ispitati monotonost funkcije
[dispmath]f(x)=\frac{1}{\sin ^2 x}-\frac{1}{x^2}, \; \; za \; \; x \in (0,\pi).[/dispmath]
[dispmath]f'(x)= -2\sin ^{-3} x \cos x+2x^{-3}=2\cdot \frac{\sin ^3 x-x^3 \cos x}{x^3 \sin ^3 x}.[/dispmath]
Pošto je [inlmath]\;\; x \in (0,\pi)[/inlmath], imenilac razlomka u izvodu funkcije je pozitivan. Za određivanje znaka brojioca razlomka u izvodu funkcije iskoristimo Tejlorove polinome funkcija sinus i kosinus.
[dispmath]\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+o(x^6) \Longrightarrow \sin x>x-\frac{x^3}{3!} \Longrightarrow \sin ^3 x>(x-\frac{x^3}{3!})^3[/dispmath]
[dispmath]\cos x= 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+o(x^7) \Longrightarrow \cos x< 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!} \Longrightarrow -x^3 \cos x> -x^3 ( 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!})[/dispmath]
[dispmath]\Longrightarrow \sin ^3 x-x^3 \cos x > (x-\frac{x^3}{3!})^3 -x^3 ( 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}) =\cdots = \frac{x^7}{216}(9-x^2)>0 \: \: za \: \: 0<x<3.[/dispmath]
Pošto je za [inlmath]\: 0<x<3 \:[/inlmath] prvi izvod funkcije [inlmath]f(x)[/inlmath] pozitivan, funkcija je na tom intervalu rastuća pa je za [inlmath]n\ge 2[/inlmath] [inlmath]\; \; ( x_2=\sin x_1 \le 1 )[/inlmath]
[dispmath]0<x_{n+1}<x_n\le 1 \Longrightarrow f(x_{n+1}) < f(x_{n}) \Longleftrightarrow a_{n+1} < a_n.[/dispmath]
Prema tome niz [inlmath]\; \{ a_n \} \;[/inlmath] je opadajući i ograničen sa donje strane, dakle konvergentan.
Pošto je [inlmath]\; \lim\limits_{n\to+\infty} x_n=+0 \;[/inlmath], sledi da je [inlmath]\; \lim\limits_{n\to+\infty} a_n=\lim\limits_{x\to 0} f(x).[/inlmath]
Graničnu vrednost funkcije [inlmath]f(x)[/inlmath] odredimo pomoću Lopitalovog pravilo (moramo ga primeniti četiri puta).
Neka je [inlmath]\; \;[/inlmath]
[dispmath]f(x)=\frac{1}{\sin ^2 x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x^2-\sin ^2 x}{x^2 \sin ^2 x}=\frac{g(x)}{h(x)}.[/dispmath]
[dispmath]\lim\limits_{x\to 0} f(x)=\lim\limits_{x\to 0} \frac{g(x)}{h(x)} =\lim\limits_{x\to 0} \frac{g'(x)}{h'(x)}=\cdots=\lim\limits_{x\to 0} \frac{g^{(4)}(x)}{h^{(4)}(x)} =\lim\limits_{x\to 0} \frac{8\cos{2x}}{(24-8x^2)\cos{2x}-32x \sin{2x}}=\frac{8}{24}=\frac{1}{3}.[/dispmath]
Dakle [inlmath]\;\; \lim\limits_{n\to+\infty} (\frac{1}{x_{n+1}^2}-\frac{1}{x_{n}^2})=\lim\limits_{n\to+\infty} a_n=\frac{1}{3}.[/inlmath]
Poslednji deo zadatka možemo uraditi primenom sledećeg tvrđenja:
Teorema: Ako za niz [inlmath]\; \{ b_n \}[/inlmath] važi da je [inlmath]\; \lim\limits_{n\to+\infty}(b_{n+1}-b_n)=b[/inlmath], tada je i [inlmath]\; \lim\limits_{n\to+\infty} \frac{b_n}{n}=b.[/inlmath]

Neka je [inlmath]\;b_n=\frac{1}{x_n^2}.[/inlmath] Pošto je [inlmath]\; \lim\limits_{n\to+\infty}(b_{n+1}-b_n)=\lim\limits_{n\to+\infty}(\frac{1}{x_{n+1}^2}-\frac{1}{x_{n}^2})= \frac{1}{3}[/inlmath], sledi da je [dispmath]\lim\limits_{n\to+\infty} \frac{b_n}{n}=\frac{1}{3} \Longleftrightarrow b_n \sim \frac{n}{3} \Longleftrightarrow \frac{1}{x_n^2} \sim \frac{n}{3} \Longleftrightarrow x_n^2 \sim \frac{3}{n}, \; \; kad \; \; n\to+\infty .[/dispmath]