Secuencia definida recursivamente: $\sum_{k=1}^n x_k = \frac{1}{\sqrt{x_{n+1}}}$

Question

Dejemos que $(x_n)_{n \ge 1}$ definidos de la siguiente manera: $$x_1 \gt 0, x_1+x_2+\dots+x_n=\frac {1}{\sqrt {x_{n+1}}}.$$ Calcular el límite $\lim _ {n \to \infty} n^2x_n^3.$

MI INTENTO: Pensé en usar el lema de Stolz-Cesaro, pero no pude llegar a una forma apropiada que lleve a un límite más fácil.

Answer 1

Dejemos que $y_n=x_1+\ldots+x_n$ para $n\ge1$ . Entonces, la recursión se lee $y^2_n\,(y_{n+1}-y_n)=1.$ Vemos que $y_{n+1}-y_n>0$ para $n\ge1.$ Desde $y^2$ es monótona, se deduce que $$n=\sum^n_{k=1}y^2_k\,(y_{k+1}-y_k)\le\int^{y_{n+1}}_{y_1}y^2\,dy=\frac13(y^3_{n+1}-y^3_1),$$ es decir $$y_{n+1}\ge3^{1/3}n^{1/3}.\tag1$$ En consecuencia, $$\frac1{y^2_n}\le3^{-2/3}\frac1{(n-1)^{2/3}},$$ y $$y_{n+1}=y_2+\sum^n_{k=2}\frac1{y^2_k}\le y_2+3^{-2/3}\sum^n_{k=2}\frac1{(k-1)^{2/3}}=y_2+3^{-2/3}\sum^{n-1}_{k=1}\frac1{k^{2/3}}.$$ Ahora podemos estimar el RHS con un telescopio: $$k^{1/3}-(k-1)^{1/3}=\frac1{k^{2/3}+k^{1/3}(k-1)^{1/3}+(k-1)^{2/3}}\ge\frac1{3k^{2/3}},$$ es decir $$y_{n+1}\le y_2+3^{1/3}(n-1)^{1/3}.\tag2$$ (1) y (2) dan como resultado $$\lim_{n\rightarrow\infty}y_n\,n^{-1/3}=3^{1/3}.$$ Desde $x_{n+1}=y_{n+1}-y_n=1/y^2_n,$ tenemos $$\lim_{n\rightarrow\infty}x_n\,n^{2/3}=3^{-2/3},$$ y por lo tanto $$\lim_{n\rightarrow\infty}x^3_n\,n^2=3^{-2}=\frac19.$$

Answer 2

Esta respuesta utilizará el lema de Stolz-Cesaro. $$L=\lim_{n \to \infty} n^2x_n^3$$ $$S_n=\sum_{k=1}^n{x_k} \quad\quad x_{n+1}=S_n^{-2}$$ Intentaremos encontrar una relación de recurrencia que sea más fácil de manipular: $$\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{S_n^{-2}}{S_{n-1}^{-2}}=\frac{S_{n-1}^{2}}{S_n^{2}}=\left (\frac{S_{n-1}}{S_n}\right)^2$$ $$S_{n-1}=S_n-x_n$$ $$\frac{x_{n+1}}{x_n}=\left(\frac{S_n-x_n}{S_n}\right)^2$$ $$\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{1}{x_nS_n^2}=\left(\frac{1}{\sqrt{x_n}S_n}\right)^2$$ $$\left(\frac{S_n-x_n}{S_n}\right)^2=\left(\frac{1}{\sqrt{x_n}S_n}\right)^2$$ $$\frac{S_n-x_n}{S_n}=\frac{1}{\sqrt{x_n}S_n}$$ $$S_n-x_n=\frac{1}{\sqrt{x_n}}$$ $$S_n=x_n+\frac{1}{\sqrt{x_n}}=x_n+x_n^{-\frac{1}{2}}$$ $$x_{n+1}=\frac{1}{\left(x_n+x_n^{-\frac{1}{2}}\right)^2}$$ $$x_{n+1}=\frac{x_n}{\left(x_n^{\frac{3}{2}}+1\right)^2} \quad n>1$$ Debido al límite que queremos evaluar, hacemos la sustitución: $a_n=n^2x_n^3 \quad x_n=a_n^{\frac{1}{3}}n^{-\frac{2}{3}} \quad L=a_{\infty}$ $$a_{n+1}^{\frac{1}{3}}(n+1)^{-\frac{2}{3}}=\frac{a_n^{\frac{1}{3}}n^{-\frac{2}{3}}}{\left(\frac {\sqrt{a_n}}{n}+1\right)^2}$$ $$a_{n+1}(n+1)^{-2}=\frac{a_nn^{-2}}{\left(\frac {\sqrt{a_n}}{n}+1\right)^6}$$ $$a_{n+1}=\frac{a_n(n+1)^{2}}{n^2\left(\frac {\sqrt{a_n}}{n}+1\right)^6}$$ Para eliminar la raíz cuadrada hacemos la sustitución: $a_n=b_n^2 \quad b_n=\sqrt{a_n} \quad L=b_{\infty}^2$ $$b_{n+1}^2=\frac{b_n^2(n+1)^{2}}{n^2\left(\frac {b_n}{n}+1\right)^6}$$ $$b_{n+1}=\frac{b_n(n+1)}{n\left(\frac {b_n}{n}+1\right)^3}$$ $$\frac{b_{n+1}}{n+1}=\frac{b_n}{n\left(\frac {b_n}{n}+1\right)^3}$$ La siguiente sustitución es algo obvia: $c_n=\frac{b_n}{n} \quad b_n= nc_n \quad L=\lim_{n \to \infty} (nc_n)^2$ $$c_{n+1}=\frac{c_n}{\left(c_n+1\right)^3}$$ Como queremos el límite en una forma utilizable para el lema de Stolz-Cesaro, hacemos la sustitución: $c_n=\frac{1}{d_n} \quad d_n=\frac{1}{c_n}$ $$L=\lim_{n \to \infty} \left(\frac{n}{d_n}\right)^2=\left( \lim_{n \to \infty} \frac{n}{d_n}\right)^2$$ $$L=\left( \lim_{n \to \infty} \frac{n+1-n}{d_{n+1}-d_n}\right)^2$$ $$L=\lim_{n \to \infty} \frac{1}{(d_{n+1}-d_n)^2}$$ $$\frac{1}{d_{n+1}}=\frac{1}{d_n\left(\frac{1}{d_n}+1\right)^3}$$ $$d_{n+1}=d_n\left(\frac{1}{d_n}+1\right)^3=\frac{(d_n+1)^3}{d_n^2}$$ $$d_{n+1}=\frac{d_n^3+3d_n^2+3d_n+1}{d_n^2}$$ $$d_{n+1}=d_n+3+\frac{3}{d_n}+\frac{1}{d_n^2}$$ $$\lim_{n \to \infty} \left(d_{n+1}=d_n+3+\frac{3}{d_n}+\frac{1}{d_n^2}\right)$$ $$\lim_{n \to \infty} \left(d_{n+1}=d_n+3\right)$$ $$\lim_{n \to \infty} d_{n+1}-d_n=3$$ $$L=\frac{1}{3^2}=\frac{1}{9}$$ Todo esto suponiendo que $d_n$ se desvía hacia $+\infty$ . Desde $x_1>0$ , $d_1>0$ (sustituciones consideradas) es el único caso que hay que analizar. Demostraremos que $d_{n+1}>d_n$ para $d_n>0$ . $$\frac{d_n^3+3d_n^2+3d_n+1}{d_n^2}>d_n$$ $$d_n^3+3d_n^2+3d_n+1>d_n^3$$ $$3d_n^2+3d_n+1>0$$ Esto es claramente cierto para $d_n>0$ . Nótese que esto también demuestra que no hay soluciones para $d_{n+1}=d_n$ para $d_n>0$ . Por lo tanto, podemos concluir $L=\frac{1}{9}$