Límite de una secuencia

Question

Dejemos que $\{u_n\}$ sea una secuencia de números no negativos que satisfaga la condición $$ \tag{1} u_{n+1}\leq (1-\alpha_n)u_n+\beta_n \quad \forall n\in\mathbb{N}, $$ donde $\{\alpha_n\}$ y $\{\beta_n\}$ son secuencias de números reales tales que

$\tag{2}\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\alpha_n=0$

$\tag{3}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\alpha_n=\infty$

$\tag{4} \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n<\infty$

Demostrar que $$\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}u_n=0$$

Answer 1

Nota: La hipótesis de que $\alpha_n\geqslant0$ por cada $n$ obviamente falta en la pregunta, y la solución de abajo lo asume.

Paso previo: Demuestre que se puede suponer sin pérdida de generalidad que $\alpha_n\lt1$ por cada $n$ . A partir de ahora, lo asumimos.

Primer paso: Mostrar mediante una recursión sobre $n\geqslant0$ que $u_n\leqslant A_{n-1}u_0+A_{n-1}\sum\limits_{k=0}^{n-1}A_k^{-1}\beta_k$ donde $A_{-1}=1$ y, para cada $k\geqslant0$ , $A_k=\prod\limits_{i=0}^k(1-\alpha_i)$ .

Segundo paso: Demuestra que $A_n\to0$ cuando $n\to\infty$ . Una pista: $\log A_n\leqslant-\sum\limits_{k=0}^n\alpha_k$ .

Tercer paso: Demuestre que, para cada $n\geqslant k\geqslant 0$ , $u_n\leqslant A_{n-1}u_0+A_{n-1}\sum\limits_{i=0}^{k-1}A_i^{-1}\beta_i+\sum\limits_{i\geqslant k}\beta_i$ .

Cuarto paso: concluya.

Por cada $\varepsilon\gt0$ existe $K_\varepsilon$ tal que $\sum\limits_{i\geqslant K_\varepsilon}\beta_i\leqslant\varepsilon$ . Entonces, existe $M_\varepsilon$ tal que $A_{M_\varepsilon-1}\sum\limits_{i=0}^{K_\varepsilon-1}A_i^{-1}\beta_i\leqslant\varepsilon$ . Elijamos $N_\varepsilon\geqslant M_\varepsilon$ tal que $A_{N_\varepsilon-1}u_0\leqslant\varepsilon$ . Entonces $u_n\leqslant3\varepsilon$ por cada $n\geqslant N_\varepsilon$ .

Answer 2

Deben faltar algunos condicionantes. Si $\alpha_n$ se permite que sea negativo, obtenemos el siguiente contraejemplo. $\smash{\rlap{\phantom{\Bigg(}}}$

Definir $$ u_{n+1}=(1-\alpha_n)u_n+\beta_n\tag{1} $$ y $$ A_n=\prod_{k=1}^{n-1}(1-\alpha_k)\tag{2} $$ Por inducción, se puede comprobar que $$ u_n=A_n\left(u_1+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{\beta_k}{A_{k+1}}\right)\tag{3} $$ Para $j\ge1$ , defina $$ n_j=\left\{\begin{array}{} 2^{j(j-1)/2}&\text{when }j\text{ is odd}\\ 2^{j(j-1)/2+1}&\text{when }j\text{ is even} \end{array}\right.\tag{4} $$ y para $n\ge1$ , $$ \alpha_n=\left\{\begin{array}{} \frac{1}{n+1}&\text{for }n_j\le n< n_{j+1}\text{ when }j\text{ is odd}\\ -\frac1n&\text{for }n_j\le n< n_{j+1}\text{ when }j\text{ is even} \end{array}\right.\tag{5} $$ Obviamente, $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\alpha_n=0$ .

Utilizando productos telescópicos, no es difícil demostrar que $$ \frac{A_{n_{j+1}}}{A_{n_j}}=\left\{\begin{array}{} \frac{n_j}{n_{j+1}}=2^{-j-1}&\text{when }j\text{ is odd}\\ \frac{n_{j+1}}{n_j}=2^{j-1}&\text{when }j\text{ is even} \end{array}\right.\tag{6} $$ Ecuación $(6)$ rinde $$ A_{n_j}=\left\{\begin{array}{} 2^{-(j-1)/2}&\text{when }j\text{ is odd}\\ 2^{-(3j-2)/2}&\text{when }j\text{ is even} \end{array}\right.\tag{7} $$ Además, utilizando la fórmula estándar para la serie armónica parcial, cuando $j$ es impar, $$ \begin{align} \sum_{n=n_j}^{n_{j+1}-1}\alpha_n &=\log\left(\frac{n_{j+1}}{n_j}\right)+O\left(\frac{1}{n_j}\right)\\ &=(j+1)\log(2)+O\left(2^{-j(j-1)/2}\right)\tag{8} \end{align} $$ y cuando $j$ está en paz, $$ \begin{align} \sum_{n=n_j}^{n_{j+1}-1}\alpha_n &=-\log\left(\frac{n_{j+1}}{n_j}\right)+O\left(\frac{1}{n_j}\right)\\ &=-(j-1)\log(2)+O\left(2^{-j(j-1)/2}\right)\tag{9} \end{align} $$ Combinando $(8)$ y $(9)$ rinde $$ \sum_{n=1}^{n_j-1}\alpha_n=\left\{\begin{array}{} \frac{j-1}{2}\log(2)+O(1)&\text{when }j\text{ is odd}\\ \frac{3j-2}{2}\log(2)+O(1)&\text{when }j\text{ is even} \end{array}\right.\tag{10} $$ Ecuación $(10)$ dice que $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\alpha_n=\infty$ .

Definir $$ \beta_n=\left\{\begin{array}{} 2^{-j}&\text{when }n=n_j-1\text{ for }j\text{ even}\\ 0&\text{otherwise} \end{array}\right.\tag{11} $$ La suma de las series geométricas da como resultado $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\beta_n=\frac13$ .

Utilizando $(3)$ obtenemos $$ \begin{align} u_{n_{j+1}} &=A_{n_{j+1}}\left(u_1+\sum_{k=1}^{n_{j+1}-1}\frac{\beta_k}{A_{k+1}}\right)\\ &\ge\frac{A_{n_{j+1}}}{A_{n_j}}\beta_{n_j-1}\\ &=2^{j-1}\cdot2^{-j}\\ &=\frac12\tag{12} \end{align} $$ cuando $j$ está en paz. $(12)$ dice que $\displaystyle\lim_{n\to\infty}u_n\not=0$ .