Secuencias limitadas

Question

Me llegó a través de los siguientes problemas durante el curso de mi auto-estudio de análisis real:

Mostrar que la secuencia de $(x_n)$ definido por $x_n = 1+ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}$ es ilimitado.

Yo sé de una secuencia $(x_n)$ es acotado si existe un número positivo $K$ tal que $|x_n| \leq K$ todos los $n$. Así que supongamos por contradicción que es acotada. Tal vez podemos definir secuencias de $a_n = x_n-1$, $b_n = a_n-\frac{1}{2}$, $c_n = b_n- \frac{1}{3} \dots$ y tratar de llegar a una contradicción?

Mostrar que la secuencia de $(x_n)$ definido por $x_1 = x$, $x_{n+1} = x_{n}+ 1/x_n$ es ilimitado.

Supongamos por contradicción que $(x_n)$ está delimitado por $K$ todos los $n$. A continuación, mostrar que hay algo de $K' < K$ que es también un límite superior?

Mostrar que la secuencia de $(x_n)$ definido por $x_n = 1+ \frac{1}{2!}+ \frac{1}{3!} + \dots + \frac{1}{n!}$ está acotada arriba por $2$.

Lo que hay cierta relación entre el$n!$$2^{n-1}$. Creo $n! \geq 2^{n-1}$ y podemos demostrarlo por inducción en $n$? Por lo $x_n \leq 1+1+ \frac{1}{8} + \dots + \frac{1}{2^{n-1}}$?

Answer 1

La primera parte fue respondida en Grotaur la respuesta. La tercera parte se hizo a sí mismo.

Para que la secuencia de $x_{n+1}=x_n+\frac{1}{x_n}$, la primera nota de que si el primer término es positivo por lo tanto, todos los demás; si el primer término es negativo, por lo que son todos los demás. Supongamos que el primer término es positivo, y por lo tanto, la sucesión es creciente ($x_{n+1}-x_n=\frac{1}{x_n}>0$.)

Supongamos ahora que la sucesión está acotada. Un almacén de aumento de la sucesión es convergente, y denotan por $L$ es el límite. Tome $n \to \infty $ en la recurrencia de la relación, y ver lo que los valores de $L$ tienen.

Answer 2

1. La forma más sencilla de demostrar que una sucesión es acotada, es para mostrar que para cualquier $K\gt 0$ usted puede encontrar $n$ (que puede depender de $K$) tal que $x_n\geq K$.

   El más simple prueba, conozco para esta secuencia en particular se debe a uno de los hermanos Bernoulli Oresme. Voy a empezar con las observaciones pertinentes y se puede probar a partir de ahí:

   Observe que $\frac{1}{3}$ $\frac{1}{4}$ mayor que o igual a $\frac{1}{4}$, por lo que $$\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\geq \frac{1}{4}+\frac{1}{4} = \frac{1}{2}.$$

   Asimismo, cada uno de los $\frac{1}{5}$, $\frac{1}{6}$, $\frac{1}{7}$, y $\frac{1}{8}$ es mayor que o igual a $\frac{1}{8}$, por lo que $$\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7} + \frac{1}{8} \geq \frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8} = \frac{1}{2}.$$ Ahora mira las fracciones $\frac{1}{n}$$n=9,\ldots,16$; comparar a $\frac{1}{16}$; a continuación, compare las fracciones $\frac{1}{n}$$n=17,\ldots,32$$\frac{1}{32}$. Y así sucesivamente.

   Ver lo que esto nos dice acerca de $x_1$, $x_2$, $x_4$, $x_8$, $x_{16}$, $x_{32}$, etc.

2. Su propuesta no funciona como se indica. Por ejemplo, la secuencia de $x_n = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}$ está delimitado por $K=10$; pero es también limitada por $K=5$. Sólo porque usted puede encontrar una mejor obligado a algunos propuesta de límite superior no le dice que la propuesta es contradictoria. Es posible que, si especifica que desea tomar $K$ a ser el menos límite superior de la secuencia. Aún así, es difícil establecer que una secuencia ilimitada de esa manera. (Tenga en cuenta también que realmente no has definido la secuencia muy bien: indefinido para $x=0$, a pesar de que es el único problema.)

   Para empezar: Demostrar que si se inicia la secuencia con $-x$ en lugar de $x$, entonces usted acaba de obtener la misma secuencia multiplicado por $-1$. Es decir, si usted fix $x\neq 0$, y deja que $y_1=-x$, $y_{n+1}= y_n + (1/y_n)$, a continuación,$y_k = -x_k$; por lo que la secuencia de $(x_n)$ es acotado si y sólo si la secuencia de $y_k$ es acotado, por lo que puede suponer $x\gt 0$.

   A continuación, mostrar que si $0\lt x\lt 1$, y deja que $y_1 = \frac{1}{x}$, $y_{n+1} = y_n+(1/y_n)$, a continuación,$y_k=x_k$$k\geq 2$, de modo que se puede asumir que el $x\geq 1$.

   Ahora usted tiene que la sucesión es creciente. Si fueron delimitadas, convergerían, decir a $L\gt 0$. Entonces $$L = \lim_{n\to\infty}x_n = \lim_{n\to\infty}x_{n+1} = \lim_{n\to\infty}\left(x_n + \frac{1}{x_n}\right) = \lim_{n\to\infty}x_n + \frac{1}{\lim_{n\to\infty}x_n} = L+\frac{1}{L}.$$ Creo que es un problema muy grande para $L$...

3. Sí, si usted puede demostrar que $n!\gt 2^{n-1}$ todos los $n\geq 1$, entonces usted puede enlazado su secuencia de una secuencia de potencias de $\frac{1}{2}$; si usted puede demostrar que la secuencia es acotado, que voy a hacer. Y, sí, usted puede probar la desigualdad en la pregunta por inducción en $n$. Es muy simple de hacer. Pero te equivocaste en sus cálculos más adelante (segunda $1$ debe ser un $\frac{1}{2}$). Si $n!\geq 2^{n-1}$, luego $$\begin{align*} x_n &= 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} + \cdots + \frac{1}{n!} \\ &\leq 1 + \frac{1}{2^1} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \cdots + \frac{1}{2^{n-1}}\\ &= \frac{1 - \frac{1}{2^n}}{1 - \frac{1}{2}}\\ &= \frac{2^n-1}{2^{n-1}}\\ & = 2 - \frac{1}{2^{n-1}}.\end{align*}$$ Casi hecho!

Answer 3

<ol> <li>Considerar condiciones de $s_k = x_{2^k-1} - x_{2^{k-1}}$. Demostrar que $s_k\geq \frac{1}{2}$ y tenga en cuenta que $x_{2^n}\geq s_1+s_2+...s_n\geq \frac n 2$.</li> </ol>