Permita que$\lambda \in (0,1)$ y$(u_n)_n$ sean una secuencia de números reales tal que:$\forall n \in \mathbb N : \; u_{n+2}\ge \lambda u_{n+1} + (1-\lambda)u_n$.
Y$\forall n \in \Bbb N \; v_n=\min(u_{n+1},u_n)$.
El problema primero pide mostrar que$v_n$ tiene un límite, lo he hecho al mostrar que se trata de una secuencia creciente. Esto nos da de inmediato que si$v_n \to +\infty$ entonces$u_n \to +\infty$.
La siguiente pregunta es mostrar que si$v_n \to l \in \Bbb R$ luego$u_n$ converge. No veo por qué esto debe ser cierto, traté de usar la definición de límites pero fue en vano.
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Leon Katsnelson
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No veo una forma sencilla de probar esta sin usar contradicción.
Supongamos $v_n \uparrow l$. Desde $u_n \ge v_n$ tenemos $\liminf_n u_n \ge l$ y desde $u_n = v_n$ infinitamente a menudo tenemos, de hecho, $\liminf_n u_n = l$.
Supongamos $u = \limsup_n u_n > l$. En particular, hay algunos $\epsilon>0$ tal que $u_n \ge l+ \epsilon$ infinitamente a menudo.
Deje $\delta >0$ y elija $N$ tal que para $n \ge N$ hemos $v_n \ge l-\delta$.
Supongamos $u_n \ge l+ \epsilon$ algunos $n \ge N+1$, entonces tenemos que tener en $l \ge v_{n-1} = u_{n-1}$ $l \ge v_n = u_{n+1}$.
Desde $u_{n+1} \ge \lambda u_n + (1-\lambda) u_{n-1}$, esto le da $l \ge \lambda(l+\epsilon) +(1-\lambda)(l-\delta) = l + \lambda \epsilon - (1-\lambda) \delta$.
Desde $\delta>0$ fue arbitrario, tenemos una contradicción. Por lo tanto $u=l$.
Aquí es de un estilo diferente de la prueba de que elimina la necesidad de $\delta$$\epsilon$. [En definitiva será la misma idea que la otra prueba].
Supongamos $v_n \nearrow L$ donde $L \in \mathbb{R}$.
Sabemos $u_n \geq v_n$$\liminf_{n\rightarrow\infty} u_n \geq \liminf_{n\rightarrow\infty} v_n = L$.
Queremos mostrar a $\limsup_{n\rightarrow\infty} u_n \leq L$. Si $u_n>L$ sólo para un número finito de índices de $n$, hemos terminado. Otra cosa, vamos a $\{u_{n[k]}\}_{k=1}^{\infty}$ denotar el infinito subseqeunce de veces en que $u_{n[k]}>L$. Por lo $\lim_{k\rightarrow\infty} n[k]=\infty$. Sabemos $v_i \leq L$ todos los $i$, y así para cada una de las $k$ tal que $n[k]-1\geq 1$,$v_{n[k]-1}=u_{n[k]-1}$$v_{n[k]}=u_{n[k]+1}$. Así que para todos los $k$ tal que $n[k]-1\geq 1$: \begin{align} L &\geq v_{n[k]}\\ &=u_{n[k]+1} \\ &\geq \lambda u_{n[k]} + (1-\lambda) u_{n[k]-1}\\ &= \lambda u_{n[k]} + (1-\lambda)v_{n[k]-1} \end{align} Tomando un $\limsup$ $k\rightarrow\infty$ implica: $$ L \geq \lambda \limsup_{k\rightarrow\infty} u_{n[k]} + (1-\lambda) L $$ Desde $\lambda>0$, esto significa $\limsup_{k\rightarrow\infty} u_{n[k]} \leq L$.
Desde $u_n\leq L$ si $n$ no está en la subsequence $\{n[k]\}_{k=1}^{\infty}$, sabemos $\limsup_{n\rightarrow\infty} u_n \leq L$.
La velocidad de convergencia puede ser arbitrariamente lento: Fix $L>0$. Deje $f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R}$ ser una función tal que $f(1)=0$ $f(n)$ aumenta de forma arbitraria lentamente a $L$. Considere la posibilidad de: \begin{align} u_1 &=0\\ u_2 &= L-f(2)\\ u_3 &= \lambda u_2 + (1-\lambda) u_1 \\ u_4 &= L-f(4) \\ u_5 &= \lambda u_4 + (1-\lambda) u_3\\ u_6 &= L-f(6) \end{align} y así sucesivamente, por lo que \begin{align} u_{n+2} &= \lambda u_{n+1} + (1-\lambda) u_n \quad, \mbox{ if %#%#% is odd}\\ u_{n+2} &= L - f(n+2) \quad, \mbox{ if %#%#% is even} \end{align} Esto satisface la necesaria desigualdad de $n+2$ con la igualdad cuando la $n+2$ es impar, y con la desigualdad cuando se $u_{n+2} \geq \lambda u_{n+1} + (1-\lambda) u_n$ es incluso (ya que define $n+2$ mayor que todos los anteriores valores de la secuencia, y por lo tanto mayor que el promedio de los dos últimos valores de la secuencia).
A continuación,$n+2$, pero arbitrariamente lentamente (de acuerdo a la tasa de convergencia de $u_{n+2}$).
Anthony Shaw
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Por la restricción en la secuencia, $$ \begin{align} u_n &\ge\lambda u_{n-1}+(1-\lambda)u_{n-2}\\[6pt] &=\left\{\begin{array}{} u_{n-1}+(1-\lambda)(u_{n-2}-u_{n-1})&&&&&\text{if }\min(u_{n-1},u_{n-2})=u_{n-1}\\ u_{n-2}+\lambda(u_{n-1}-u_{n-2})&&&&&\text{if }\min(u_{n-1},u_{n-2})=u_{n-2} \end{array}\right.\\ &=\left\{\begin{array}{} \min(u_{n-1},u_{n-2})+(1-\lambda)|u_{n-1}-u_{n-2}|&\text{if }\min(u_{n-1},u_{n-2})=u_{n-1}\\ \min(u_{n-1},u_{n-2})+\lambda|u_{n-1}-u_{n-2}|&\text{if }\min(u_{n-1},u_{n-2})=u_{n-2} \end{array}\right.\\[6pt] &\ge\min(u_{n-1},u_{n-2})\tag1 \end{align} $$ desde $u_{n-1}\ge\min(u_{n-1},u_{n-2})$, obtenemos $$ \min(u_n,u_{n-1})\ge\min(u_{n-1},u_{n-2})\tag2 $$ Por lo tanto, $v_n=\min(u_{n+1},u_n)$ es cada vez mayor. La desigualdad de $(1)$ puede ser reformulado como $$ u_n\ge v_{n-2}\tag3 $$ Caso 1: $\boldsymbol{v_n}$ es ilimitado.
La desigualdad de $(3)$ dice que $$ \begin{align} \liminf\limits_{n\to\infty}u_n &\ge\liminf\limits_{n\to\infty}v_{n-2}\\ &=\lim\limits_{n\to\infty}v_{n-2}\\ &=\infty\tag4 \end{align} $$ Por lo tanto, $\lim\limits_{n\to\infty}u_n=\infty$.
Caso 2: $\boldsymbol{v_n}$ está delimitado por encima.
Desde $v_n$ es creciente, $V=\lim\limits_{n\to\infty}v_n$ existe y es finito.
La desigualdad de $(3)$ dice que $$ \begin{align} \liminf\limits_{n\to\infty}u_n &\ge\liminf\limits_{n\to\infty}v_{n-2}\\ &=\lim\limits_{n\to\infty}v_{n-2}\\ &=V\tag5 \end{align} $$ Supongamos que $\boldsymbol{\limsup\limits_{n\to\infty}u_n\gt V}$. Esto significa que hay un $\epsilon\gt0$, de modo que para todos los $N$, hay un $n\ge N$, de modo que $u_n\gt V+\epsilon$.
Encontrar un $N$, de modo que si $n\ge N$$|v_n-V|\le\frac{\lambda\epsilon}4$. Encontrar un $n\ge N+1$, de modo que $u_n\gt V+\epsilon$.
Desde $v_{n-1},v_n\le V+\frac{\lambda\epsilon}4$, sabemos que $u_{n+1}=v_n$$u_{n-1}=v_{n-1}$.
Por lo tanto, $$ \frac{\lambda\epsilon}2\ge v_{n+1}-v_n=u_{n+1}-u_{n-1}\ge\lambda(u_n-u_{n-1})\ge\lambda\left(\epsilon-\frac{\lambda\epsilon}4\right)\ge\frac{3\lambda\epsilon}4\tag6 $$ La desigualdad de $(6)$ implica que nuestra suposición es falsa; por lo tanto, debemos tener $$ \limsup_{n\to\infty}u_n\le V\tag7 $$ Las desigualdades $(5)$ $(7)$ implica que $$ \lim_{n\to\infty}u_n=V\tag8 $$
