10 votos

$a_n<\frac{a_{n-1}+a_{n-2}}{2} \Longrightarrow a_n\ $ converge

Deje $a_n$ ser una secuencia de números reales positivos tales que $$a_n<\frac{a_{n-1}+a_{n-2}}{2}$$ Mostrar que $a_n$ converge.

3voto

Frederic Gaudet Puntos 81

Mira la secuencia dada por $b_n := \max (a_{n-1},a_{n-2})$. Ahora, $a_n ≤ b_n$ todos los $n ∈ ℕ$, e $(b_n)$ es monótonamente nonincreasing, porque $$b_{n+1} = \max (a_n,a_{n-1}) ≤ \max(b_n, a_{n-1}) = b_n.$$ Desde $(b_n)$ es no negativa nonincreasing, tiene que convergen y por lo tanto también lo hace $(a_n)$, ya que puede sandwich.

Este argumento es incompleto, como se señaló en los comentarios: ¿Cuál es la otra parte de la torta? Sin embargo, sí terminar la pelea en los comentarios.

1voto

David Holden Puntos 10236

la siguiente línea de razonamiento puede ser un paso hacia una solución:

con un ligero cambio de notación, definir $s_0=a_0$ $n \ge 1$ deje $s_n=a_n+\frac12 a_{n-1}$. la pregunta ahora es: si $\{s_k\}$ es convergente, disminución de la secuencia de la no-negativos reales, ¿la secuencia de $\{a_k\}$ convergen?

describir las secuencias de su $n$-th términos como $n+1$-vectores $S_n$$A_n$. entonces podemos definir una secuencia de matrices cuadradas $Q_n$, tal que: $$ S_n = Q_n A_n $$ aquí, obviamente, $Q_0$ es sólo el valor escalar $1$, y cada una de las $Q_n$ $n \times n$ matriz cuyos elementos de la diagonal son todos los $1$, y cuyo único otro distinto de cero entradas se $q_{i+1,i}=\frac12$$i=0,\dots,n-1$.

las matrices $Q_n$ son nonsingular, con la recíproca $Q_n^{-1}$, cuyos elementos son (NB subíndices rango de$0$$n$) $$ q_{ij}^{-1}= \left( \frac{-1}{2} \right)^{j-i} $$ for $i \ge j$ y cero en caso contrario. esto nos da: $$ a_n = s_n - \frac12 s_{n-1} + \frac14 s_{n-2} -\dots + \left( \frac{-1}{2} \right)^n s_0 $$ si el límite de la secuencia de $s_n$$\lambda$, entonces: $$ a_n - \frac23 \lambda = \sum_{k=0}^n (s_{n-k}-\lambda) \left(\frac{-1}2\right)^k \\ = \sum_{k=0}^{n-N} (s_{n-k}-\lambda) \left(\frac{-1}2\right)^k +\left(\frac{-1}2\right)^{n-N}\sum_{k=1}^{N}(s_{n-N+k}-\lambda)\left(\frac{-1}2\right)^k $$

1voto

zyx Puntos 20965

Lo mismo vale para una no lineal promedio como el límite superior en $a_n$.

Supongamos que $a_n \leq f(a_{n-1},a_{n-2}, \dots, a_{n-k})$ generalizados para un media de $f$, que para esta respuesta significa:

  • $f(x_1,\dots,x_k)$ está aumentando en todas sus variables, y continua
  • $f(a,a,a,\dots,a)=a$ todos los $a$
  • $f$ tiene velocidad finita, que se define aquí a decir que el $\partial f / \partial{x_i} \geq c > 0$ por una constante $c$ y todos los $i=1,2,...,k$

(No se supone que $f$ es simétrica en sus variables, o diferenciable. La velocidad finita condición se establece con derivados sólo para simplificar la notación.)

Entonces: si la secuencia de $a_n$ está delimitado a continuación, converge.

Prueba.

1) $m_n = \max(a_{n},a_{n+1},\dots a_{n+k-1})$ satisface $m_n \geq m_{n+k}$

2) secuencia $m_{kn}+r$ tiene un límite de $M_r$ para cualquier entero$r$$n \to \infty$, porque es decreciente y acotada por debajo de

3) hay un número finito de valores de $M_r$, que es una función periódica de $r$ periodo $k$, pero todos ellos son iguales, debido a que el mayor $M_r$, se $\mathbb{M}$, debe (por la velocidad finita) vienen de máximos consecutivos de $k$-tuplas $(a_i, a_{i+1}, \dots, a_{i+k-1})$ que son infinitesimalmente cerca de $\mathbb{M}$; a continuación, la próxima $k$ los valores de ( $a_{i+k}$ $a_{i + 2k-1}$) son también (por la continuidad de $f$)$\mathbb{M}$, y un bloque de $2k$ valores infinitesimalmente cerca de $\mathbb{M}$ significa que todos los $M_r$ también se encuentran a menos que cerca de $\mathbb{M}$ (por generalizada decir, $f$ está entre el mínimo y el máximo de sus argumentos), por lo tanto igual.

4) Para las grandes $n$ $a_n$ convergen a $\mathbb{M}$, ya que este es el caso de las progresiones $n = r \mod k$ (o repetir el mismo argumento, como en (3), tomando bloques de $k$ términos cuyos máximos son cerca de $\mathbb{M}$).

El punto esencial es que la velocidad finita de reglas de oscilaciones entre los diferentes valores de limitación en las subsecuencias, como sucedería con $f(x,y)=x$.

0voto

David Holden Puntos 10236

hace el siguiente planteamiento llevan a ninguna parte? tenemos $$ a_{n+2}=\frac{a_{n+1}+a_n}{2} - \epsilon_n$$ donde $0 \lt \epsilon_n \lt \frac{a_{n+1}+a_n}{2}$. así que añadiendo, $$ a_{n+2}+a_{n+1} - a_1-a_0 = \frac12 (a_{n+1} - a_0) - \sum_{k=0}^n \epsilon_k $$ o $$ a_{n+2}+\frac12 a_{n+1} = a_1+\frac12 a_0 - \sum_{k=0}^n \epsilon_k $ de$ la definición de: $$s_{n+1} = a_{n+2} +\frac12 a_{n+1}$$ esto se convierte en $$s_{n+1} = s_0 - \sum_{k=0}^n \epsilon_k $$ que garantiza la convergencia de $s_n$

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