Si$(u_n)$ está limitado y$\lim u_n^2+u_n-u_{n+1}=0$ entonces$u_n \to 0$

Question

Sea$(u_n)$ una secuencia real limitada. Suponer que $\lim\limits_{n \to \infty} (u_n^2+u_n-u_{n+1})=0$. Pruebalo $u_n \to 0$.

Pude desarrollar una prueba, mirando el mapa$x \mapsto x^2+x$ y demostrando que$0$ es el único punto límite posible de$(u_n)$. Pero la prueba tiene varios casos ... No es algo muy sencillo.

¿Tiene su idea de algo simple?

Answer 1

Supongamos $u_n$ no vaya a cero. A continuación, ya que la secuencia es acotado, $L = \limsup_{n \rightarrow \infty} |u_n| > 0$. Deje $\{n_k\}_{k = 1}^{\infty}$ ser tal que $\lim_{k \rightarrow \infty} u_{n_k} = L$ o $-L$. En primer lugar se considera el $L$ de los casos. Entonces uno tiene $$\lim_{k \rightarrow \infty} u_{n_k + 1}= \lim_{k \rightarrow \infty} (u_{n_k} + u_{n_k}^2) + \lim_{k \rightarrow \infty} (u_{n_k +1} - (u_{n_k} + u_{n_k}^2))$$ $$= L + L^2 - 0$$ $$= L + L^2$$ Desde $L + L^2 > L$, esto se contradice con que $L$ es el limsup de los valores absolutos.

Ahora supongamos que a la larga tiene límite de $-L$. Esta vez podemos observar que $$-L = \lim_{k \rightarrow \infty} u_{n_k} = \lim_{k \rightarrow \infty} (u_{n_k - 1} + u_{n_{k}-1}^2) + \lim_{k \rightarrow \infty} (u_{n_{k}} - (u_{n_{k}-1} + u_{n_{k}-1}^2))$$ $$= \lim_{k \rightarrow \infty} (u_{n_k-1} + u_{n_k-1}^2)$$ Pasando a un convergentes subsequence $u_{n_k-1}$, si el límite de la larga se denota por a$M$, por lo anterior hemos $$M + M^2 = -L$$ Por lo tanto $M < -L$, contradiciendo que el número negativo $L$ es el limsup de los valores absolutos de la secuencia.

Por lo tanto, independientemente de que el caso que estamos, tenemos una contradicción, por lo que el límite debe ser cero.

Answer 2

Permite$L=\limsup u_n$, que existe desde que$u_n$ está limitado. Basta con mostrar que$L=0$ desde entonces también podemos mostrar que$\liminf u_n=0$.

Asumir que $L> 0$. Existe$N,\epsilon>0$ tal que tenemos$$u_n<L+\epsilon\quad\text{for all } n>N,$ $$$-\epsilon<u_{n+1}-u_n(1+u_n)<\epsilon \quad\text{for all }n>N,$ $$$u_m>L-\epsilon \quad \text{for some }m>N.$

Entonces,$$u_{m+1}>u_m(1+u_m)-\epsilon>(L-\epsilon)(1+L-\epsilon)-\epsilon=L+L^2+O(\epsilon).$$ So if we choose $ u_ {m 1} <L \ epsilon$ small enough we contradict the fact that $ L \ le 0% % L = 0 $.

Answer 3

Deje $\epsilon \in (0, \frac{1}{4})$ ser arbitraria. Entonces existe $N = N(\epsilon)$ tal que

$$ u_{n+1} \geq u_n^2 + u_n - \epsilon =: f_{\epsilon}(u_n) $$

para todos los $n \geq N$. Ahora se investiga algunas de las propiedades de $f_{\epsilon}$. Deje $X = [-\tfrac{1}{2}, \infty)$.

• (P1) sabemos que el mínimo de $f_{\epsilon}$ es exactamente $f_{\epsilon}(-\tfrac{1}{2}) = -\tfrac{1}{4} - \epsilon$, que es mayor que $-\tfrac{1}{2}$. Esto significa que $f_{\epsilon} : \Bbb{R} \to X$.

• (P2) $f_{\epsilon}$ es creciente en el intervalo $X$. Por lo tanto, si restringimos el dominio de $f_{\epsilon}$ a $X$, $f_{\epsilon} : X \to X$ es una función creciente.

• (P3) (puntos Fijos de $f_{\epsilon}$) Notificación de que $f_{\epsilon}(x) = x$ si y sólo si $x = \pm \sqrt{\epsilon}$. También, por un simple argumento, podemos demostrar que $$ \lim_{n\to\infty} f_{\epsilon}^{\circ n} (x) = \begin{cases} -\sqrt{\epsilon} & \text{if } -\frac{1}{2} \leq x < \sqrt{x} \\ \sqrt{\epsilon} & \text{if } x = \sqrt{\epsilon} \\ +\infty & \text{if } x > \sqrt{\epsilon}. \end{casos} $$

Volvamos a la prueba.

• Por (P1), tenemos $u_{n+1} \geq f_{\epsilon}(u_n) \geq -\frac{1}{2}$ todos los $n \geq N$. En otras palabras, $u_n \in X$ todos los $n > N$.

• Límite inferior como iterada de la función. El uso de (P2) en varias ocasiones, por cualquier $n > N$ $m \geq 1$ hemos $$ u_{n+m} \geq f_{\epsilon}(u_{n+m-1}) \geq f_{\epsilon}^{\circ 2}(u_{n+m-2}) \geq \cdots \geq f_{\epsilon}^{\circ m}(u_n). \tag{2} $$

• Delimitación limsup desde arriba por $\sqrt{\epsilon}$. Supongamos que tenemos $u_n > \sqrt{\epsilon}$ algunos $n > N$. Entonces por (2) y (P3), $$ u_{n+m} \geq f_{\epsilon}^{\circ m}(u_n) \xrightarrow[m\to\infty]{ } +\infty, $$ contradiciendo el acotamiento de $(u_n)$. Esto implica que $u_n \leq \sqrt{\epsilon}$ todos los $n \geq N$.

• Delimitación liminf, desde abajo, por $-\sqrt{\epsilon}$. De nuevo, por (2) y (P3), tenemos $$ \liminf_{n\to\infty} u_n = \liminf_{m\to\infty} u_{n+m} \geq \lim_{m\to\infty} f_{\epsilon}^{\circ m}(u_n) \geq -\sqrt{\epsilon}. $$

• Conclusión. Por los dos pasos anteriores, sabemos que $$ -\sqrt{\epsilon} \leq \liminf_{n\to\infty} u_n \leq \limsup_{n\to\infty} u_n \leq \sqrt{\epsilon}. $$ Por lo tanto, tomando $\epsilon \downarrow 0$, llegamos a la conclusión de que $(u_n)$ converge a $0$.

Answer 4

supongamos que $u_{n}$ no converge a cero. Así que hay un número positivo $r$ para los que tenemos $\lvert u_{n} \rvert$ > r, para cada n. Definir $f(n)= u_{n}^2 + u_{n}- u_{n+1}$ y considerar la posibilidad de $f(n)+f(n+1)+...f(n+k)= u_{n}^2+u_{n+1}^2+...+u_{n+k}^2+u_{n}-u_{n+k+1}$. Desde $u_{n}$ es acotado, existe un número positivo M, de forma que tenemos $\lvert u_{n} \rvert$ < M. Ahora podemos ver: $\lvert f(n)+f(n+1)+...f(n+k) \rvert$ > $\lvert u_{n}^2+u_{n+1}^2+...+u_{n+k}^2 \rvert$ - $\lvert u_{n} \rvert$ - $\lvert u_{n+k+1} \rvert$ > $kr^2-2M$. Elija $k$ suficientemente grande como para que $kr^2-2M=A>0$. En el otro lado
lim $\lvert f(n)+f(n+1)+...f(n+k) \rvert=0$ de acuerdo a la suposición de que cuando n va a infinito, lo que contradice a $\lvert f(n)+f(n+1)+...f(n+k) \rvert$ >$A$ >$0$.
( Me mostró tanto la convergencia y la convergencia a cero al mismo tiempo )