Un problema en las secuencias de Cauchy

Question

Que $\langle xn\rangle $ ser una secuencia definida recursivamente por $ 0<a b="" cada="" cauchy="" de="" deduce="" encontrar="" es="" l="" n="" que="" su="" x="" x_1="" x_2="" x_n="" y="">¡Alguien me puede ayudar en esto especialmente en deducir su Cauchy! Creo que la parte 1 se puede probar por inducción aunque tenía algún problema allí también.

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Answer 1

Bien, esto no es una respuesta, sólo un enfoque alternativo.

Deje $\theta_n = \ln x_n$. Luego tenemos a $\theta_{n+2} = \frac{1}{2} ( \theta_{n+1} + \theta_n)$. Debe quedar claro a partir de esta fórmula que $\theta_n \in [\theta_0, \theta_1]$ todos los $n$ (con los ajustes apropiados para el orden relativo de las $\theta_0, \theta_1$), por lo que la secuencia está bien definido.

Entonces es fácil calcular que el $\theta_{n+2}-\theta_{n+1} = \frac{1}{2}(\theta_n - \theta_{n+1})$, lo que da $|\theta_{n+2}-\theta_{n+1}| = \frac{1}{2}|\theta_{n+1} - \theta_n|$, y por lo $|\theta_{n+1} - \theta_n| = \frac{1}{2^n} |\theta_2-\theta_1|$. Sumando después da (asumiendo $n\ge m$ por simplicidad) $$ |\theta_{n}-\theta_{m}| =|\theta_{n}-\theta_{n-1}| + ... + |\theta_{m+1}-\theta_{m}| = \frac{2}{2^m} ( 1-\frac{1}{2^{n-m}} )|\theta_2-\theta_1| \le \frac{2}{2^m} |\theta_2-\theta_1| $$

De ello se desprende que $\theta_k$ es de Cauchy, y desde $x \mapsto e^x$ es uniformemente continua en a $[\theta_0, \theta_1]$, la secuencia de $x_k$ también es de Cauchy.

Answer 2

Podemos estimar\begin{eqnarray} |x{n+2}-x{n+1}| & = & |\sqrt{x{n+1} x{n+1}}-\sqrt{xn x{n+1}}| = \frac{|x{n+1}(x{n+1}-xn)|}{\sqrt{x{n+1} x_{n+1}} + \sqrt{xn x{n+1}}} \ & = & \frac{1}{1+\sqrt{xn/x{n+1}}}|x_{n+1}-xn| \leq \frac{1}{1+\sqrt{a/b}}|x{n+1}-xn| \ & \leq & \frac{1}{1+a/b/\sqrt{a/b}} |x{n+1}-xn| \leq \frac{1}{1+a/b} |x{n+1}-xn| \ & = & \frac{b}{a+b} |x{n+1}-x_n| \ . \end{eqnarray} asumir $m>n$. \begin{eqnarray} |x_m-xn| & = & \bigg| \sum{k=n}^{m-1} x_{k+1}-xk \bigg| \leq \sum{k=n}^{m-1} |x_{k+1}-xk| \leq \sum{k=n}^\infty \bigg(\frac{b}{a+b}\bigg)^{k-1} |x_2-x_1| \ & = & \frac{1}{1-\frac{b}{a+b}} \bigg(\frac{b}{a+b}\bigg)^{n-1} |x_2-x_1| \rightarrow 0 \ , \end{Eqnarray} $m,n \rightarrow \infty$, donde la segunda desigualdad es homeostático por inducción al índice $m-1$. Esto demuestra que la secuencia es una secuencia de Cauchy y tiene un límite de $x$.

La secuencia puede asignarse mediante la función logaritmo, $y_i = \ln(xi)$, y obtenemos $y{i+2} = \frac{1}{2}(y_{i+1}+yi)$ y $y{i+2}-y{i+1} = -\frac{1}{2}(y{i+1}-y_i)$. \begin{eqnarray} y & = & y1 + \sum{k=1}^\infty y_{k+1}-y_k = y1 + \sum{k=1}^\infty \bigg(-\frac{1}{2}\bigg)^{k-1} (y_2-y_1) = y_1 + \frac{1}{1+\frac{1}{2}} (y_2-y_1) \ & = & \frac{y_1+2y_2}{3} \ , \end{Eqnarray} donde la segunda ecuación se establece termwise por inducción. Por lo tanto\begin{eqnarray} x = e^y = e^\frac{y_1+2y_2}{3} = (e^{y_1} e^{y_2^2})^\frac{1}{3}= (x_1 x_2^2)^\frac{1}{3} \ . \end{eqnarray}