Deje secuencia como$$|a_{n}-\dfrac{a_{n+1}}{2}|\le 1$ $
si$|a_{n}|\le \dfrac{3^n}{2^n}$, muestra que$$|a_{n}|\le 2$ $ desde$$2a_{n}-2\le a_{n+1}\le 2a_{n}+2$ $ entonces we$$a_{n+1}-2\ge 2(a_{n}-2)\ge\cdots \ge 2^n(a_{1}-2)$ $
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Supongamos $a_N>2$. Poner $a_N=2+k$ donde $k>0$. Luego tenemos a $1+k\le\frac{1}{2} a_{N+1}$$a_{N+1}\ge2+2k$. Por un trivial de inducción $a_{N+m}\ge2+2^mk$. Ahora pretendemos que para suficientemente grande $m$ tenemos $a_{N+m}>\frac{3^{N+m}}{2^{N+m}}$.
Para $\left(\frac{4}{3}\right)^m>\frac{1}{k}\left(\frac{3}{2}\right)^N$ para suficientemente grande $m$ y, por tanto,$2^mk>\left(\frac{3}{2}\right)^{N+m}$, lo que da el resultado deseado desde $a_{N+m}>2^mk$. Pero que nos da una contradicción, ya que nos da ese $a_n\le\left(\frac{3}{2}\right)^n$ todos los $n$. Así que no podemos tener $a_N>2$.
Del mismo modo, si $a_N<-2$. para entonces podemos tomar $a_N=-2-k$ donde $k>0$, y de una manera similar obtenemos $a_{N+m}<-2-2^mk$ y, por tanto, $a_{N+m}<-\left(\frac{3}{2}\right)^{N+m}$ para suficientemente grande $m$, el cual es una contradicción. Así que no podemos tener $a_N<-2$.
Así que hemos establecido que debemos tener $|a_N|\le2$ todos los $N$.
