$\{x_n\}$ es un delimitada por encima de la secuencia que satisface la siguiente propiedad: $$ x_{n+1} - x_n \ge \alpha_n\tag1 $$ donde $\alpha_n$ es tal que $$ \exists \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n \alpha_k $$ Demostrar $\{x_n\}$ converge.
Estoy tratando de generalizar la idea de esta pregunta. A continuación están algunas ideas.
Primero indicar: $$ S_n = \sum_{k=1}^n \alpha_k $$
Desde $S_n$ es convergente, entonces debe ser limitada tanto por debajo como por encima. Vamos a: $$ y_n = x_n - S_{n-1} $$
Desde $x_n$ está delimitado por encima y $-S_n$ también está bordeada por encima (por la convergencia de $S_n$), entonces se debe seguir ese $y_n$ también está bordeada por encima: $$ \existe M\in\Bbb R: y_n \le M, \forall n\in\Bbb N \tag2 $$ Reescribir $(1)$como: $$ x_{n+1} \ge x_n + \alpha_n $$
Ahora resta $S_n$ desde ambos lados: $$ \underbrace{x_{n+1} - S_n}_{y_{n+1}} \ge x_n - S_n + \alpha_n = \underbrace{x_n - S_{n-1}}_{y_n} $$
Eso significa que $y_n$ es monótonamente creciente. Por $(2)$ sabemos $y_n$ está acotada. Finalmente, por el teorema de convergencia monótona: $$ \exists \lim_{n\to\infty}y_n \implica \existe\lim_{n\to\infty}(x_n - S_{n-1}) $$
Que en términos significa que $x_n$ es también convergente. Me gustaría pedir una verificación de la prueba anterior y/o de punto a errores en caso de cualquier. Gracias!
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
La prueba es correcta, bien hecho!
Sólo como un illsutration de cómo $\limsup$ e $\liminf$ pueden acortar estos argumentos:
Como $x_n\geq x_m+\sum_{k=m}^n \alpha_k$ para todos los $m\leq n$ hemos $$ \liminf_{n\to\infty}x_n\geq \liminf_{n\to\infty}\left(x_m+\sum_{k=m}^n \alpha_k\right)=x_m+\sum_{k=m}^\infty \alpha_k $$ y luego tomar la $\limsup_{m\to\infty}$ en el lado derecho obtenemos $$ \liminf_{n\to\infty}x_n\geq\limsup_{m\to\infty}\left(x_m+\sum_{k=m}^\infty \alpha_k \right)=\limsup_{m\to\infty}x_m+\lim_{m\to\infty}\sum_{k=m}^\infty \alpha_k=\limsup_{m\to\infty}x_m $$ por lo $\{x_n\}$ converge.
