Demostrar la existencia del límite de $x_{n+1}=x_n+\dfrac{x_n^2}{n^2}$

Question

El problema es: Vamos a $\{x_n\}$ ser una secuencia tal que $0<x_1<1$$x_{n+1}=x_n+\dfrac{x_n^2}{n^2}$. Demostrar que no existe el límite de $\{x_n\}$.

Es fácil mostrar que $x_n$ está aumentando, pero no puedo demostrarlo se limita a mostrar la existencia de límite. Alguien tiene alguna idea?

Answer 1

Deje $x_1 = t \in (0,1)$. Para cualquier $n \ge 1$, es fácil ver $x_n \ge 0$. Desde $e^y \ge 1 + y$ todos los $y$, tenemos $$x_n = x_1 \prod_{k=1}^{n-1} \frac{x_{k+1}}{x_k} = t \prod_{k=1}^{n-1} \left(1 + \frac{x_{k}}{k^2}\right) \le t\exp\left(\sum_{k=1}^{n-1} \frac{x_k}{k^2}\right)\tag{*1}$$

Aviso

• $x_1 \le t$.
• si $x_n \le tn$,$x_{n+1} \le n t + t^2 \le (n+1)t$.

Por inducción, tenemos $x_n \le n t$ todos los $n$.

Sustituir esto en $(*1)$, obtenemos

$$x_n \le t \exp\left(t\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\right) \le t\exp\left(t(\log n + \gamma)\right) \le e^\n gamma^t$$ donde $\gamma$ es De Euler-Mascheroni constante.

Sustituto de la anterior en $(*1)$ nuevo, nos encontramos con $$x_n \le t \exp\left(e^{\gamma} \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k^{2-t}}\right) \le t \exp\left( e^\gamma \zeta(2-t)\right) < \infty$$ donde $\zeta(t)$ es la de Riemann Zeta función.

Answer 2

Debido a que la secuencia es el aumento de $$x_{n+1}=x_{n}+\frac{x_{n}^2}{n^2}<x_{n}+\frac{x_{n}x_{n+1}}{n^2}$$ $$\frac{1}{x_{n}}<\frac{1}{x_{n+1}}+\frac{1}{n^2}$$ (donde es fácil mostrar que la $x_{n}>0$ es positivo para todos los $n$)

así, $$\sum_{i=1}^n(\frac{1}{x_{i}}-\frac{1}{x_{i+1}})<\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2}$$ Porque de $$\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2}<1+\sum_{i=2}^n\frac{1}{(i-1)i}<2-\frac{1}{n}<2$$ $$\sum_{i=1}^n(\frac{1}{x_{i}}-\frac{1}{x_{i+1}})<2$$ $$\frac{1}{x_{1}}-\frac{1}{x_{n+1}}<2$$ que es equivalente a $$x_{n+1}<\frac{1}{\frac{1}{x_{1}}-2}$$ así que la secuencia está delimitado por encima de

Answer 3

Desde $0\lt x_1\lt1$, la relación $$ x_{n+1}=x_n+\frac{x_n^2}{n^2}\etiqueta{1} $$ implica no sólo que $x_n$ va en aumento, pero también de forma inductiva que $$ 0\lt x_n\lt n\etiqueta{2} $$ La ecuación de $(1)$ implica $$ \begin{align} \left(\frac1{x_{n+1}}-\frac1{n+1}\right)-\left(\frac1{x_n}-\frac1n\right) &=\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)-\left(\frac{n^2+x_n}{n^2x_n+x_n^2}-\frac{n^2}{n^2x_n+x_n^2}\right)\\ &=\frac1{n^2+n}-\frac1{n^2+x_n}\\ &=-\frac{n-x_n}{(n^2+n)(n^2+x_n)}\\ &\ge-\frac{n-x_n}{n^3(n+1)}\\ &\ge-\frac{n-x_n}{x_nn^2(n+1)}\\ &=-\frac1{n(n+1)}\left(\frac1{x_n}-\frac1n\right)\tag{3} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \left(\frac1{x_{n+1}}-\frac1{n+1}\right) \ge\left(1-\frac1{n(n+1)}\right)\left(\frac1{x_n}-\frac1n\right)\etiqueta{4} $$ y ya $$ \prod_{n=1}^\infty\left(1-\frac1{n(n+1)}\right)=\frac1\pi\sin\left(\frac\pi\phi\right)\etiqueta{5} $$ tenemos $$ \frac1{x_n}-\frac1n\ge\frac1\pi\sin\left(\frac\pi\phi\right)\left(\frac1{x_1}-1\right)\etiqueta{6} $$ lo que significa que $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{x_n\le\pi\csc\left(\frac\pi\phi\right)\frac{x_1}{1-x_1}}\etiqueta{7} $$ donde $\pi\csc\left(\frac\pi\phi\right)=3.3706903036$.

Por lo tanto, desde el $x_n$ es creciente y acotada anteriormente, el límite existe y está delimitado por la $(7)$.

---

De Motivación De La Nota

Me miró $$ x_{n+1}-x_n=\frac{x_n^2}{n^2}\etiqueta{8} $$ como representante de $$ \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}n}=\frac{x^2}{n^2}\etiqueta{9} $$ cuya solución es $$ \frac1x-\frac1n=C\etiqueta{10} $$ Así que yo consideraba $\frac1{x_n}-\frac1n$ que conducen a $(3)$, $(4)$, $(6)$ y $(7)$.

---

Derivación de $\boldsymbol{(5)}$ $$ \begin{align} \prod_{k=1}^n\left(1-\frac1{k(k+1)}\right) &=\prod_{k=1}^n\frac{(k+1-\phi)(k+\phi)}{k(k+1)}\tag{11}\\ &=\underbrace{\frac{\Gamma(n+2-\phi)}{\Gamma(2-\phi)}}_{\prod(k+1-\phi)} \underbrace{\frac{\Gamma(n+1+\phi)}{\Gamma(1+\phi)}}_{\prod(k+\phi)} \underbrace{\frac{\Gamma(1)}{\Gamma(n+1)}}_{\prod\frac1k} \underbrace{\frac{\Gamma(2)}{\Gamma(n+2)}}_{\prod\frac1{k+1}}\tag{12}\\ &\to\frac1{\Gamma(2-\phi)\Gamma(1+\phi)}\tag{13}\\[6pt] &=\frac1{\Gamma\left(1-\frac1\phi\right)\Gamma\left(2+\frac1\phi\right)}\tag{14}\\ &=\frac1{\Gamma\left(1-\frac1\phi\right)\Gamma\left(\frac1\phi\right)}\tag{15}\\ &=\frac1\pi\sin\left(\frac\pi\phi\right)\tag{16} \end{align} $$ Explicación:
$(11)$: $k^2+k-1=(k+1-\phi)(k+\phi)$
$(12)$: dividir el producto de los factores en un producto de funciones Gamma
$(13)$: $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\Gamma(n+2-\phi)\Gamma(n+1+\phi)}{\Gamma(n+1)\Gamma(n+2)}=1$ por Gautschi la Desigualdad
$(14)$: $\phi=1+\frac1\phi$
$(15)$: $\Gamma\left(2+\frac1\phi\right)=\left(1+\frac1\phi\right)\frac1\phi\,\Gamma\left(\frac1\phi\right)=\phi\,\frac1\phi\,\Gamma\left(\frac1\phi\right)=\Gamma\left(\frac1\phi\right)$
$(16)$: Euler Reflexión de la Fórmula

Answer 4

Podemos definir secuencias de $(f_n)$ $(g_n)$ de las funciones en el intervalo de $(0, 1]$ tal que

$$ f_{1}(x) = x, \quad f_{n+1}(x) = f_n(x) + \frac{f_n(x)^2}{n^2}, \quad g_n(x) = \frac{1}{f_n(x)}. $$

Podemos hacer varias observaciones:

1. Desde $f_n$ es positivo y monótona creciente en $n$, $g_n$ es positivo y monótona decreciente en $n$.

2. Cada una de las $g_n$ es indefinidamente diferenciable en a $(0, 1]$ y satisface \begin{align*} g'_{n+1}(x) &= g'_n(x) \left( 1 - \frac{1}{(n^2 g_n(x) + 1)^2} \right), \\ g''_{n+1}(x) &= g''_n(x) \left( 1 - \frac{1}{(n^2g_n(x) + 1)^2} \right) + \frac{2n^2 g'_n(x)^2}{(n^2 g_n(x) + 1)^3}. \end{align*} A partir de $g_1'(x) = -1/x^2 < 0$$g_1''(x) = 2/x^3 > 0$, podemos inductivamente demostrar que $g'_n \leq 0$ $g''_n \geq 0$ todos los $n$. (En otras palabras, $g_n$ es convexa y en disminución.)

3. Por inducción, se puede comprobar que $g_n(1) = 1/n$$g'_n(1) = -\prod_{k=2}^{n} (1 - k^{-2})$.

Ahora estamos listos para probar la reclamación. Por 2, se encuentra que para todos los $x \in (0, 1]$

$$ |g'_n(x)| = -g_n(x) \geq -g_n(1) = |g_n(1)|. $$

Por lo tanto por el valor medio teorema, existe $c$ $x$ $1$ tal que

$$ g_n(x) - g_n(1) = -g'(c)(1 - x) \geq |g'_n(1)|(1 - x). $$

Tomando $n \to \infty$ y la utilización de 3, tenemos

$$ \lim_{n\to\infty} g_n(x) \geq (1 - x) \prod_{n=2}^{\infty} \left(1 - \frac{1}{n^2} \right). $$

Si escribimos $c = \prod_{k=2}^{\infty} (1 - k^{-2}) > 0$, esto implica

$$ \lim_{n\to\infty} f_n(x) \leq \frac{1}{c(1-x)} \quad x \in [0, 1)$$

y, por tanto, la conclusión de la siguiente manera.

Answer 5

Otra prueba. Deje $x_1=x\in (0,1)$ y supongo que para todos los $n\ge 1$ $$x_{n+1}=x_n+{x_n^2\over n^2}.\tag{1}$$ Vamos a demostrar por inducción que si $\alpha={\ln3\over\ln2}-1\sim 0.585$ $$x_n<{n\over (1-x)n^\alpha+1},\qquad n\ge 1,\; x\in (0,1).\tag{2} $$

La afirmación es verdadera para $n=1$: $x_1=x<{1\over 2-x}$.

Denotar $\epsilon =1-x$ y vamos a demostrar que si $(1)$ es cierto para $n$ entonces es cierto para $n+1$ es decir $$x_n<{n\over \epsilon n^\alpha+1}\;\;\Longrightarrow\;\; x_{n+1}<{n+1\over \epsilon (n+1)^\alpha+1},\qquad n\ge 1,\; \epsilon\in (0,1).\tag{3}$$

El uso de $(1)$ es enugh para mostrar
$${n\over \epsilon n^\alpha+1}+{1\over n^2}\Big({n\over \epsilon n^\alpha+1}\Big)^2<{n+1\over \epsilon (n+1)^\alpha+1}$$ que es $$(n+1)(\epsilon n^\alpha+1)^2-n(\epsilon (n+1)^\alpha+1)(\epsilon n^\alpha+1)-\epsilon (n+1)^\alpha-1>0.\tag{4}$$ Después de un poco de álgebra de la desigualdad anterior se reduce a $$\eqalign {y\epsilon \big(n^{\alpha+1}+2n^{\alpha}-(n+1)^{\alpha+1}\big)+\epsilon^2\big(n^{2\alpha}(n+1)-n^{\alpha+1}(n+1)^\alpha\big)\cr&=\epsilon n^{1+\alpha} \bigg(1+{2\sobre n}-\Big(1+{1\over n}\Big)^{\alpha+1}\bigg)+\epsilon^2n^{1+2\alpha}\bigg(1+{1\over n}-\Big(1+{1\over n}\Big)^\alpha\bigg). \cr}\etiqueta{5}$$ El coeficiente de $\epsilon^2$ es claramente positiva. Usando la desigualdad de $(1+t)^\beta<1+\beta t$, (lo que sucede con $t>-1$$\beta\in(0,1)$) se obtiene que el coeficiente de $\epsilon n^{1+\alpha}$ satisface $$1+{2\over n}-\Big(1+{1\over n}\Big)^{\alpha+1}>1+{2\over n}-\Big(1+{1\over n}\Big)\Big(1+{\alpha\over n}\Big)={n-2\alpha\over n^2}$$ lo que es positivo para $n\ge2$. Por otro lado, cuando se $n=1$ el coeficiente de $\epsilon $ $(5)$ coincide con $3-2^{\alpha+1}$, que se desvanece al $\alpha=\ln3/\ln2-1$. Esto demuestra $(4)$ todos los $n\ge1$ y todos los $\epsilon \in(0,1)$, y por lo tanto $(3)$$(2)$.

Con respecto a la convergencia de $x_n$, tenemos que para $n\ge2$ ($x=x_1$) $$\eqalign{x_{n}&=x+\sum_{k=1}^{n-1} (x_{k+1}-x_k)<x+\sum_{k=1}^{n-1}\bigg({1\over (1-x)k^\alpha+1}\bigg)^2\cr& < x+{1\over (1-x)^2}\sum_{k=1}^\infty{1\over k^{2\alpha}}=x+{C_0\over(1-x)^2}\cr}$$ con $C_0\sim 6.4744$. La secuencia de $x_n$ es limitado y, a continuación, aumentando, por lo que deben converger.