Si $\lim_{n\to\infty} x_{n+1}-\frac12 x_n = 0$ y $x_n\to 0$

Question

Deje $x_n$ ser una secuencia de números reales tales que a $\displaystyle\lim_{n\to\infty} x_{n+1}-\frac12 x_n = 0$

Demostrar que $\lim_{n\to\infty} x_n = 0$

Tengo una prueba de si uno asume que $(x_n)$ está acotada. En ese caso, $(x_n)$ tiene como punto de acumulación, decir $\alpha$, y la hipótesis de $\lim_{n\to\infty} x_{n+1}-\frac12 x_n = 0$ implica que el $2\alpha$ también es un punto de acumulación de a $(x_n)$.

Por lo tanto $\forall p \;, \; 2^p\alpha$ es un punto de acumulación, lo que contradice el acotamiento de la asunción, a menos que $\alpha =0$. $0$ es, en consecuencia, el único punto de acumulación de a$(x_n)$, y que la demanda está probado.

Queda por demostrar que $(x_n)$ está acotada. He tratado de contradicción para que la materia, sin éxito.

Answer 1

Utilizar así que $|a+b|\ge ||a|-|b||$, que \lim_{n\to \infty $$} \left|| icadas {n+1} |-\left|\frac {x_n} {2} \right|\right|=0. $$ Cada $\varepsilon>0$ allí existe $n_0$ tal eso si $n\ge n_0$ y $ \left|| icadas {n+1} |-\left|\frac {x_n} {2} \right|\right|\le \varepsilon \, \implies \, |x_ {n+1} | \le \left|\frac{x_n}{2}\right|+\varepsilon $$ asumir wlog $n_0=0$, ya que no cuidamos un número finito de términos. Entonces por inducción $$ |x_ {n} | \le \left|\frac{X_0}{2^n}\right|+2\varepsilon. $$ La reclamación sigue por la arbitrariedad de $\varepsilon$.

Answer 2

Por otra parte, reescribir la hipótesis $$\lim_{n\to\infty}x_n\left(\frac{x_{n+1}}{x_n}-\frac{1}{2}\right)=0.$$ Even if we can't split the limit, as we don't know a priori that $x_n$ converges, we do know we must have either $x_n\to0$ or $x_{n+1}/ x_n \to 1/2 $, which still implies $x_n\to0 $.

Answer 3

Para el registro, aquí la prueba de la hacia fuera-de-la-azul descrita por los autores de problemas seleccionados en el análisis real.

Que $\displaystyle y_n=x_n-\frac{x_{n-1}}{2}$.

Tenga en cuenta % $ $$\displaystyle x_n-\frac{x_1}{2^{n-1}}=\sum_{1<k\leq n} \frac{y_k}{2^{n-k}}=\sum_{1<k\leq m} \frac{y_k}{2^{n-k}}+ \sum_{m<k\leq n} \frac{y_k}{2^{n-k}}$

Elegir $m$ lo suficientemente grande como para hacer la segunda suma arbitrariamente cerca de $0$ $n\geq m$ suficientemente grande como para hacer la primera suma vaya a $0$.