¿Si $ \lim_{n \to \infty} (2 x_{n + 1} - x_{n}) = x $, entonces es cierto que $ \lim_{n \to \infty} x_{n} = x $?

Question

¿Si $ (x{n}){n \in \mathbb{N}} $ es una secuencia de $ \mathbb{R} $ y $ \displaystyle \lim{n \to \infty} (2 x{n + 1} - x{n}) = x $, entonces es necesariamente cierto que \lim{n \to \infty $$} icadas {n} = x? $$

¿Podría alguien amablemente ofrece sugerencias sobre cómo enfocar este problema? ¡Gracias!

Answer 1

Deje $ \epsilon > 0 $. Entonces existe un $ N \in \mathbb{N} $ lo suficientemente grande para que $$ \forall k \in \mathbb{N}: \quad x - \epsilon < 2 x_{N + k} - x_{N + k - 1} < x + \epsilon. $$ Esto significa que \begin{equation*} \begin{array}{ccccc} x - \epsilon & < & 2 x_{N + 1} - x_{N} & < & x + \epsilon, \\ 2 (x - \epsilon) & < & 4 x_{N + 2} - 2 x_{N + 1} & < & 2 (x + \epsilon), \\ 4 (x - \epsilon) & < & 8 x_{N + 3} - 4 x_{N + 2} & < & 4 (x + \epsilon), \\ 8 (x - \epsilon) & < & 16 x_{N + 4} - 8 x_{N + 3} & < & 8 (x + \epsilon), \\ \vdots & & \vdots & & \vdots \end{array} \end{ecuación*} Sumar el primer $ m $ líneas de este sistema de desigualdades rendimientos $$ (2^{m} - 1) (x - \epsilon) < 2^{m} x_{N + m} - x_{N} < (2^{m} - 1) (x + \epsilon). $$ Dividiendo esta todo por $ 2^{m} $, obtenemos $$ \left( 1 - \frac{1}{2^{m}} \right) (x - \epsilon) < x_{N + m} - \frac{x_{N}}{2^{m}} < \left( 1 - \frac{1}{2^{m}} \right) (x + \epsilon). $$ Dejando $ m \to \infty $, a continuación, obtener $$ x - \epsilon \leq \liminf_{m \to \infty} x_{N + m} = \liminf_{n \to \infty} x_{n} \quad \text{y} \quad \limsup_{n \to \infty} x_{n} = \limsup_{m \to \infty} x_{N + m} \leq x + \epsilon. $$ Sin embargo, $ \epsilon $ es arbitrario, por lo que $$ \liminf_{n \to \infty} x_{n} = \limsup_{n \to \infty} x_{n} = x, $$ lo que implica que $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} x_{n} = x $.

Answer 2

Definir $y_n=x_n-x$. Usted encontrará $\lim_{n\rightarrow\infty}(2y_{n+1}-y_n)=0$

Respuesta al comentario de Andre

@AndreNicolas Estoy de acuerdo con la línea anterior no es una rigurosa prueba. Así que aquí está toda la prueba.

$\lim_{n\rightarrow\infty}(2y_{n+1}-y_n)=0$, por lo que $\forall \epsilon>0$, $\exists N$ s.t. $\forall n>N, |2y_{n+1}-y_n|<\epsilon$

Definir $A=|y_N|$, por lo tanto, $|y_{N+1}|<(A+\epsilon)/2$

Entonces, no es difícil de demostrar por inducción matemática que

$$ \forall \text{entero positivo} k, |y_{N+k}|<\frac{A}{2^k}+\sum_{i=1}^k \frac{\epsilon}{2^i}< \frac{A}{2^k} + \epsilon $$

Ahora defina $M=\lceil \log_2(A/\epsilon)\rceil$, $\forall n>N+M, |y_n|<2\epsilon$

Por lo tanto $\lim_{n\rightarrow\infty}y_n=0. \quad \blacksquare $

Answer 3

Sí, tiene que ser verdad. Tome $(a_n), (b_n)$, de tal manera que $a_n = 2^n \cdot x_n$$b_n = 2^n$. Ahora calcular:

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_{n}} = \lim_{n\to \infty} \frac{2^{n+1} x_{n+1} - 2^n x_n}{2^{n+1} -2^n} = \lim_{n \to \infty}2 x_{n+1} - x_n = x $$

Aviso de $x_n = \frac{a_n}{b_n} \wedge b_n \to \infty^+$. Por encima del límite existe, por lo que Stolz–Cesàro teorema termina la prueba.

$$\lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_{n}} = x$$

Q. E. D.

Answer 4

La afirmación es cierto incluso en el más general de la configuración de un localmente convexo espacio vectorial topológico (l.c.t.v.s.).

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Teorema: Vamos a $ X $ l.c.t.v.s. con base campo $ \mathbb{F} $ ($ = \mathbb{R} $ o $ \mathbb{C} $). Deje $ x \in X $ y supongamos que $ (x_{n})_{n \in \mathbb{N}} $ es una secuencia en $ X $ satisfacción $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} (2 x_{n + 1} - x_{n}) = x $. A continuación,$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} x_{n} = x $.

Prueba

Supongamos que la topología de la $ X $ es generado por la familia $ (p_{i})_{i \in I} $ semi-normas. Definir una nueva secuencia $ (y_{n})_{n \in \mathbb{N}} $ $ X $ por $$ \forall n \in \mathbb{N}: \quad y_{n} \stackrel{\text{def}}{=} x_{n} - x. $$ Como $$ \forall n \in \mathbb{N}: \quad 2 x_{n + 1} - x_{n} - x = 2 y_{n + 1} - y_{n}, $$ obtenemos $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} (2 y_{n + 1} - y_{n}) = 0_{X} $. Ahora, la fijación de una arbitraria $ i \in I $ y un arbitrario $ \epsilon > 0 $. Entonces existe un $ N \in \mathbb{N} $ lo suficientemente grande para que $$ \forall k \in \mathbb{N}: \quad {p_{i}}(2 y_{N + k} - y_{N + k - 1}) < \frac{\epsilon}{2}. $$ En particular, $$ \forall k \in \mathbb{N}: \quad {p_{i}}(2^{k} y_{N + k} - 2^{k - 1} y_{N + k - 1}) < 2^{k - 1} \cdot \frac{\epsilon}{2}. \quad (\spadesuit) $$ De ello se deduce fácilmente que \begin{align*} \forall m \in \mathbb{N}: \quad {p_{i}}(2^{m} y_{N + m} - y_{N}) & = {p_{i}} \left( \sum_{k = 1}^{m} (2^{k} y_{N + k} - 2^{k - 1} y_{N + k - 1}) \right) \quad (\text{Telescoping sum.}) \\ & \leq \sum_{k = 1}^{m} {p_{i}}(2^{k} y_{N + k} - 2^{k - 1} y_{N + k - 1}) \quad (\text{Triangle Inequality.}) \\ & < \sum_{k = 1}^{m} 2^{k - 1} \cdot \frac{\epsilon}{2} \quad (\text{By %#%#%.}) \\ & = (2^{m} - 1) \frac{\epsilon}{2}. \end{align*} Por lo tanto, $$ \forall m \in \mathbb{N}: \quad {p_{i}} \left( y_{N + m} - \frac{1}{2^{m}} y_{N} \right) < \left( 1 - \frac{1}{2^{m}} \right) \frac{\epsilon}{2}. $$ Por otra aplicación de la Desigualdad de Triángulo, $$ \forall m \in \mathbb{N}: \quad {p_{i}}(y_{N + m}) - {p_{i}} \left( \frac{1}{2^{m}} y_{N} \right) \leq {p_{i}} \left( y_{N + m} - \frac{1}{2^{m}} y_{N} \right). $$ Esto implica que $$ \forall m \in \mathbb{N}: \quad {p_{i}}(y_{N + m}) < {p_{i}} \left( \frac{1}{2^{m}} y_{N} \right) + \left( 1 - \frac{1}{2^{m}} \right) \frac{\epsilon}{2}. $$ A continuación, elige un $ \spadesuit $ lo suficientemente grande como para que $ m \in \mathbb{N} $ todos los $ {p_{i}} \left( \dfrac{1}{2^{n}} y_{N} \right) < \dfrac{\epsilon}{2} $. Por lo tanto, $$ \forall n \in \mathbb{N}_{\geq m}: \quad {p_{i}}(y_{N + n}) < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon, $$ o, equivalentemente, $$ \forall n \in \mathbb{N}_{\geq N + m}: \quad {p_{i}}(y_{n}) < \epsilon. $$ Como $ n \in \mathbb{N}_{\geq m} $ es arbitrario, podemos ver que $ \epsilon $. Finalmente, como $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} {p_{i}}(y_{n}) = 0 $ es arbitrario, llegamos a la conclusión de que $ i \in I $, lo que se obtiene $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} y_{n} = 0_{X} $. $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} x_{n} = x $

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Pregunta: Es el teorema de verdad si $ \quad \blacksquare $ es sólo un general topológico espacio vectorial? En otras palabras, si $ X $ es no localmente convexo, entonces la conclusión del teorema todavía?

Answer 5

Vamos $\lim$ $(2x_{n+1}-x_n)=x.$ a Continuación, para cada $\epsilon>0,$ existe $N\in\Bbb{N}$ tal que cuando $n\geq N,$ $|(2x_{n+1}-x_n)-x|<\epsilon.$

Fix $\epsilon>0.$ $$|x_n-x|=|x_n+(x_n-x_n)-x|=|(2x_n-x_n)-x|<\epsilon.$$

...Aunque no estoy exactamente seguro de que el último paso. Mi problema es que esta es una secuencia recursiva. De manera intuitiva, como $n\to\infty,$ tenemos que $x_{n+1}=x_n.$ no estoy exactamente seguro de cómo lidiar con este una faceta rigurosamente.