$\lim_{k \to \infty} \frac{x_k}{k^2}$

Question

Que $(x_k)$ ser la secuencia de números reales definido como sigue: $x_1=1$; $x_{k+1}=x_k+\sqrt {x_k}$ for $k>0$. Buscar $$\lim_{k \to \infty} \frac{x_k}{k^2}$$ My thought is to find some $ y_k $ which is a function of $ x_k $ and find the limit of this $ y_k $, but I'm not sure if this will work, or what my $ y_k$ debe ser.

Answer 1

Que $l=\lim_{k\to\infty}\frac{x_k}{k^2}$. Entonces por el teorema de Stolz-Cesàro\begin{eqnarray} l=\lim_{k\to\infty}\frac{x_k}{k^2}=\lim_{k\to\infty}\frac{x_{k+1}-x_k}{(k+1)^2-k^2}=\lim_{k\to\infty}\frac{\sqrt x_k}{2k+1}=\lim_{k\to\infty}\sqrt{\frac{x_k}{k^2}}\frac{k}{2k+1}=\frac12\sqrt{l} \end{eqnarray} y por lo tanto $l=0$ o $l=\frac14$. Tenga en cuenta que $x_1>\frac1{16}$. Asumir que $x_k>\frac{k^2}{16}$. Entonces $$ x_{x+1}=x_k+\sqrt x_k>\frac{k^2}{16}+\frac{k}{4}=\frac{k^2+4k}{16}>\frac{(k+1)^2}{16}. $$ así $x_k>\frac{k^2}{16}$ $k\ge 1$ y $\frac{x_k}{k^2}>\frac1{16}>0$. Así que usted puede descartar $l=0$ y $$ l=\lim_{k\to\infty}\frac{x_k}{k^2}=\frac14. $ $

Answer 2

Escriba $y_k=2\sqrt{x_k}$. Luego la ecuación dada se convierte en $y_{k+1}^2+1=(y_k+1)^2$.

Ahora demostrar por inducción que $\sqrt{k^2-1}-1 \leq y_k \leq k+1$. Así, $y_k/k \to 1$ y $x_k/k^2 \to 1/4$.

Answer 3

Aquí es un argumento que evita el Stolz-Cesaro teorema:

Usted puede probar por inducción que $\dfrac {k^2}{9} \le x_k \le \dfrac{(k+1)^2}4$ todos los $k$. Claramente $\dfrac 19 \le x_1 \le 1$, $$x_k \ge \frac{k^2}{9} \implies x_{k+1} = x_k + \sqrt{x_k} \ge \frac{k^2}{9} + \frac{k}{3} > \frac{k^2 + 2k + 1}{9} = \frac{(k+1)^2}{9},$$ and $$ x_k \le \frac{(k+1)^2}{4} \implies x_{k+1} = x_k + \sqrt{x_k} \le \frac{(k+1)^2}{4} + \frac{k+1}2 = \frac{k^2 + 4k + 3}4 < \frac{(k+2)^2}4.$$

Deje $I = \liminf \dfrac{x_k}{k^2}$$J = \limsup \dfrac{x_k}{k^2}$. Las observaciones anteriores implican $\dfrac 19 \le I \le J \le \dfrac 14$. Fix $0 < \epsilon < I$. Entonces existe un índice $K$, de modo que $k \ge K$ implica $\dfrac{x_k}{k^2} > I - \epsilon$. En consecuencia $$k \ge K \implies \frac{x_{k+1} - x_k}{k} = \sqrt{ \frac{x_k}{k^2}} > \sqrt{I - \epsilon} \implies x_{k+1} - x_k \ge k \sqrt{I - \epsilon}.$$ Now let $N > K$. It follows that $$x_N - x_K = \sum_{k=K}^{N-1} (x_{k+1} - x_k) \ge \sqrt{I - \epsilon} \sum_{k=K}^{N-1} k = \sqrt{I - \epsilon} \left( \frac{N(N-1)}2 - \frac{K(K+1)}{2} \right).$$ Divide the last inequality by $N^2$ and let $N \to \infty$ to find that $$I = \liminf_{N \to \infty} \frac{x_N}{N^2} \ge \frac{\sqrt{I - \epsilon}}2.$$ Now take $\epsilon \to 0^+$ to find $I \ge \dfrac{\sqrt{I}}2$ which implies (since $I > 0$) that $I \ge \dfrac 14$.

De ello se desprende que $\dfrac 14 \le I \le J \le \dfrac 14$, de modo que $I = J = \dfrac 14$ e lo $\dfrac{x_k}{k^2} \to \dfrac 14.$