Dejemos que $a_{n}$ sea una secuencia tal que $(a_{n})^{2}=ca_{n-1}$ donde ( $c>0,a_{1}>0$ ).Demostrar que $a_n$ converge a $c$ .

Question

Dejemos que $a_{n}$ sea una secuencia tal que $(a_{n})^{2}=ca_{n-1}$ donde ( $c>0,a_{1}>0$ Demostrar que la secuencia converge a $c$ . Mi primer problema fue encontrar algunos términos de la secuencia para verificar ese punto y mostrar que converge y converge a ese punto utilizando algún criterio de convergencia. ¿Podría alguien ayudarme con este problema?

Answer 1

Tenga en cuenta que el cálculo de algunos valores da:

$$\Large \eqalign{ & {a_1} = a \cr & {a_2} = \sqrt c \sqrt a \cr & {a_3} = \sqrt c \root 4 \of c \root 4 \of a \cr & {a_4} = \sqrt c \root 4 \of c \root 8 \of c \root 8 \of a \cr} $$

En general se puede demostrar que

$$\Large {a_n} = {c^{\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \cdots+ \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}}}{a^{\frac{1}{{{2^{n-1}}}}}}$$

Ya que en ha

$$\Large\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \cdots \frac{1}{{{2^{n - 1}}}} = 1$$

y

$$\Large\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \root n \of a = 1$$

para cualquier $a>0$ Es evidente que

$$\Large\lim {a_n} = {c^{\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \cdots \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}}}{a^{\frac{1}{{{2^n}}}}} = {c^1} = c$$

Answer 2

De mi respuesta aquí: Límite de la secuencia $x_n^n$

Esto es cierto debido al siguiente lema:

Lema: Supongamos que $\displaystyle z_n \gt 0$ es una secuencia y $\displaystyle \alpha \gt 1$ es un número real tal que $$\lim_{n \to \infty} \frac{z_{n+1}^{\alpha}}{z_n} = q$$ entonces $$\lim_{n \to \infty} z_n = q^{1/(\alpha -1)}$$

Prueba del lema

Por el momento, supongamos que $\displaystyle q \gt 0$ .

Tenemos que, dada una $q \gt \varepsilon \gt 0$ Hay un poco de $n_0$ tal que $\forall n \ge n_0$

$$ q - \varepsilon \lt \frac{z_{n+1}^\alpha}{z_n} \lt q+\varepsilon$$

$$ \sqrt[\alpha]{q- \varepsilon}\lt \frac{z_{n}}{\sqrt[\alpha]{z_{n-1}}} \lt \sqrt[\alpha]{q+\varepsilon}$$

$$ \dots $$

$$ \left(q - \varepsilon\right)^{1/\alpha^{n-n_0}} \lt \frac{z_{n_0+1}^{1/\alpha^{n-n_0 + 1}}}{z_{n_0}^{1/\alpha^{n-n_0}}} \lt\left(q + \varepsilon\right)^{1/\alpha^{n-n_0}} $$

Multiplicando todo y tomando $\displaystyle \alpha^{th}$ raíz una vez nos da

$$C^{1/\alpha^{n-n_0+1}}\left(q - \varepsilon\right)^{1/(\alpha-1) - 1/\alpha^{n-n_0+1}}\lt z_{n+1} \lt C^{1/\alpha^{n-n_0+1}} \left(q + \varepsilon\right)^{1/(\alpha-1) - 1/\alpha^{n-n_0+1}}$$

Tomando los límites como $\displaystyle n \to \infty$ nos da

$$(q - \varepsilon)^{1/(\alpha-1)} \le \liminf z_{n} \le \limsup z_{n} \le (q+\varepsilon)^{1/(\alpha-1)}$$

Desde $\displaystyle \varepsilon$ era arbitraria, tenemos que $\displaystyle \lim z_n = q^{1/(\alpha-1)}$ .

Si $\displaystyle q = 0$ Todo lo que tenemos que hacer es reemplazar el lado izquierdo por $\displaystyle 0$ y la prueba se lleva a cabo.

Observación: La prueba es similar a la del libro de texto de $\lim \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim a_n^{1/n}$ que se puede encontrar en mi respuesta aquí: https://math.stackexchange.com/a/116198/1102 .

Answer 3

Hago un dibujo con $c=5$ que le ayudará a entender la pregunta.

Answer 4

Si la secuencia converge, ciertamente converge a $c$ o 0, ya que $$\lim_{n\to\infty}(a_n)^2=\lim_{n\to\infty}ca_{n-1}$$ $$(\lim_{n\to\infty}a_n)^2=c\lim_{n\to\infty}a_{n-1}=c\lim_{n\to\infty}a_{n}$$

Ahora, necesitamos demostrar que esta secuencia es Cauchy, y que el límite no puede ser 0. Afirmo que la secuencia es acotada y monótona. Si $a_1>c$ , entonces por inducción $a_{n-1}>c$ Así que $a_n^2=ca_{n-1}>c^2$ Por lo tanto $a_n>c$ pero $a_n=\sqrt{ca_{n-1}}<\sqrt{a_{n-1}^2}=a_{n-1}$ por lo que la secuencia es decreciente y está limitada desde abajo por $c$ . La secuencia es por tanto acotada y monótona, por lo que el límite existe, y hemos demostrado por inducción que $a_1>a_n>c>0$ Así que $a_1\geq\lim_{n \to \infty}a_n\geq c>0$ por lo que el límite no es 0.

La prueba para cuando $a_1<c$ es esencialmente la misma.

Answer 5

Dejemos que $b_n = \ln(a_n)$ . Entonces su relación es $b_{n+1} = {b_n + \ln(c) \over 2}$ . Así que $b_{n+1} - \ln(c) = {1 \over 2} (b_n - \ln(c))$ . A partir de esto es bastante inmediato que $b_n $ converge a $\ln(c)$ . Y luego $a_n = e^{b_n}$ converge a $c$ por la continuidad de $e^x$ .