Calcular el límite de $nx_n^2$

Question

Vamos a una secuencia, $\{x_n\}$: $x_{n+1}=x_n-x_n^3$$0<x_1<1$.
1) Demostrar $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = 0$
2) Calcular el $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } n{x_n}^2$

Así, la sección (1) es muy fácil. Yo realmente no se moleste en escribir - sólo se muestran la secuencia es monótonamente decreciente y acotada por debajo de cero.

La sección (2) es la verdadera diversión, yo no familiarizado con el Lema dice: "Si $a_n$ $0$ $b_n$ es acotado, entonces el límite de $a_nb_n$ es también cero" -, Pero no creo que se puede trabajar aquí.

Traté de separar el límite de uso de límites-la aritmética en dos límites, pero luego me dieron:
$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } n{x_n} \cdot \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$$

Answer 1

1. $\lim_{x \to \infty } {x_n}=0$. Porque la secuencia es monótona y acotada por $0$ y $1$. Última sentencia se demuestra por inducción matemática. Pasando al límite en la relación de recurrencia se obtiene límite $0$. Dividiendo a la relación de recurrencia $x_n$ y luego pasando al límite se encuentra $\lim_{x \to \infty}\frac{x_{n+1}}{{x_n}} = 1$

2. Lema de aplicada Cesaro-Stolz:

$$\lim_{x \to \infty } n{x_n}^2 = \lim_{x \to \infty }\frac{n}{(\frac{1}{x_n})^2}=\lim_{x \to \infty }\frac{n+1-n}{(\frac{1}{x_{n+1}})^2-(\frac{1}{x_n})^2}= \lim_{x \to \infty }\frac{(x_n)^2(x_{n+1})^2}{(x_n)^2-(x_{n+1})^2} =$$$$=\lim_{x \to \infty} \frac{(x_n)^4(1-(x_{n})^2)^2}{(x_n)^4(1+\frac{x_{n+1}}{x_n})} = \frac{1}{2}$$

Answer 2

Supongamos que $0\lt x_k\lt1$, $0\lt x_k^2\lt1$ y desde $x_{k+1}=x_k(1-x_k^2)$, sabemos que $0\lt x_{k+1}\lt1$. Además, desde el $x_k^3\gt0$,$x_{k+1}=x_k-x_k^3\lt x_k$.

Por lo tanto, $x_k$ es decreciente y acotada abajo por $0$. Por lo tanto, $\lim\limits_{k\to\infty}x_k$ existe y tenemos $$ \lim_{k\to\infty}x_k=\lim_{k\to\infty}x_{k+1}=\lim_{k\to\infty}x_k-\left(\lim_{k\to\infty}x_k\right)^3\tag{1} $$ La ecuación de $(1)$ implica que el $\lim\limits_{k\to\infty}x_k=0$.

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Desde $x_{k+1}=x_k-x_k^3$, dividiendo por $x_k$ y tomando límites, tenemos que $$ \begin{align} \lim_{k\to\infty}\frac{x_{k+1}}{x_k} &=\lim_{k\to\infty}\left(1-x_k^2\right)\\ &=1\tag{2} \end{align} $$ El próximo aviso de que $$ \begin{align} \frac1{x_{k+1}^2}-\frac1{x_k^2} &=\frac{x_k^2-x_{k+1}^2}{x_k^2x_{k+1}^2}\\ &=\frac{(x_k-x_{k+1})(x_k+x_{k+1})}{x_k^2x_{k+1}^2}\\ &=\frac{x_k^3(x_k+x_{k+1})}{x_k^2x_{k+1}^2}\\ &=\frac{x_k^2}{x_{k+1}^2}+\frac{x_k}{x_{k+1}}\tag{3} \end{align} $$ La combinación de $(2)$ $(3)$ rendimientos $$ \lim_{k\to\infty}\frac1{x_{k+1}^2}-\frac1{x_k^2}=2\etiqueta{4} $$ Se aplican $\displaystyle\lim_{k\to\infty}a_k=b\implies\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^na_k=b$ $(4)$para obtener $$ \lim_{n\to\infty}\frac1{nx_{n+1}^2}=2\etiqueta{5} $$ lo que conduce a $$ \lim_{n\to\infty}nx_n^2=\frac12\etiqueta{6} $$

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Tenga en cuenta que la justificación de la $(5)$ es decir que si una secuencia converge, entonces su Cesaro medios convergen al mismo límite.

Answer 3

Para lo que vale:

Desde $x_n > 0$ todos los $n$, se puede dividir ambos lados de la recurrencia de la relación $x_n$ para conseguir que $$ \frac{x_{n+1}}{x_n} = 1 - x_n^2 $$ y así $$ n x_n^2 = n\left( 1 - \frac{x_{n+1}}{x_n} \right) $$

Ahora, ya $x_n\searrow 0$, $x_n^3=o(x_n)$ y $x_{n+1}\operatorname*{\sim}_{n\to\infty}x_n$; y, en particular,$\frac{x_{n+1}}{x_n} \xrightarrow[n\to\infty]{} 1$. Supongamos usted puede obtener una segunda orden de expansión de la forma $\frac{x_{n+1}}{x_n}\operatorname*{=}_{n\to\infty} 1 + \varepsilon_n + o(\varepsilon_n)$ para algunos "simple" $\varepsilon_n$ (apostaría a $Cn^{-\alpha}$ algunos $\alpha > 0$). A continuación, $$ n x_n^2 \operatorname*{\sim}_{n\to\infty}n\varepsilon _n $$ y dependiendo $\varepsilon_n$, lo que daría al límite...