Secuencia convergente con términos Impares decrecientes y términos pares crecientes

Question

Dejemos que $\left(a_n\right)$ es una secuencia convergente. $a_0=0, a_1=1,a_2,a_3,...$

Los términos Impares disminuyen y los pares aumentan y para todos $n\ge1$ $$2\le \frac{a_n-a_{n-1}}{a_n-a_{n+1}}\le3.$$ Encuentra los límites en los que puede haber un límite de esta secuencia.

Mi trabajo hasta ahora:

He demostrado que $$\frac{11}{24}\le\lim_{n\to\infty}a_n\le\frac{23}{24}$$ Pero no puedo decir que esta sea la respuesta definitiva. Necesito un ejemplo de secuencias tales que:

1) $$\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\frac{11}{24}$$

2) $$\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\frac{23}{24}$$ o

3) (Si mi respuesta puede ser mejorada) Necesito números $m$ y $M$ , donde

$$\frac{11}{24}<m\le\lim_{n\rightarrow\infty}a_n\le M<\frac{23}{24}$$

Answer 1

Definir las primeras diferencias $b_n=a_{n+1}-a_n$ para $n\ge0$ . Entonces $b_0=1$ y como $a_0=0$ : $$\lim_{n\to\infty}a_n=\sum_{n=0}^\infty b_n$$ La desigualdad dada puede reescribirse para $n\ge0$ como $$-\frac12\le\frac{b_{n+1}}{b_n}\le-\frac13$$ Para hacer la suma infinita en $b_n$ lo más grande posible tenemos que

• Resta lo menos posible: para los Impares $b_n$ que será negativo, multiplicamos por $-\frac13$ de $b_{n-1}$
• Añade todo lo posible: para los números pares $b_n$ que será positivo, multiplicamos por $-\frac12$ de $b_{n-1}$

Esto da lugar a $$S=1-\frac13+\frac1{3\cdot2}-\frac1{3\cdot2\cdot3}+\dots$$ Multiplica ambos lados por $\frac1{3\cdot2}$ : $$\frac16S=\frac1{3\cdot2}-\frac1{3\cdot2\cdot3}+\dots=S-1+\frac13$$ $$-\frac56S=-\frac23\qquad S=\frac45$$ Del mismo modo podemos hacer la suma infinita en $b_n$ lo más pequeño posible intercambiando $-\frac13$ y $-\frac12$ en la lista anterior, dando $$T=1-\frac12+\frac1{2\cdot3}-\frac1{2\cdot3\cdot2}+\dots$$ Una vez más, multiplique ambos lados por $\frac1{2\cdot3}$ : $$\frac16T=\frac1{2\cdot3}-\frac1{2\cdot3\cdot2}+\dots=T-1+\frac12$$ $$-\frac56T=-\frac12\qquad T=\frac35$$ Por lo tanto, $$\frac35\le\lim_{n\to\infty}a_n\le\frac45$$

Answer 2

La respuesta de Parcly es correcta y debe ser premiada con la recompensa. Para una prueba formal: Sea $B$ denotan el conjunto de secuencias admisibles $\beta=(b_0=1,b_1,b_2,...)$ verificando que $b_{2n}>0>b_{2n+1}$ todo $n$ y la condición de relación $$ b_k/b_{k+1} \in \Delta=\left[-\frac12,-\frac13\right]$$ Buscamos valores extremos de $\sum_{k\geq 0} b_k$ .

El punto clave es que para cualquier $m\geq 0$ se tiene el siguiente límite a priori (dividido en índices pares e Impares): $$ (-1)^m \sum_{k\geq 0} b_{m+k} \geq (-1)^m b_m \left( \sum_{k\geq 0} (1/9)^k - 1/2 \sum_{k\geq 0} (1/4)^k\right) =(-1)^m b_m \frac{11}{24}>0$$

en particular, la suma de cola del término $m$ tiene el mismo signo que $b_m$ . Supongamos ahora que $\beta$ es admisible entonces para $m\geq 1$ así es $$\hat{\beta}_{m,r} = (b_0=1,...,b_{m-1}, r b_{m}, r b_{m+1},...)$$ para cualquier $r>0$ para lo cual $rb_m/b_{m+1}\in \Delta$ .

La suma de las series $\hat{\beta}_{m,r}$ es $\sum_{0\leq k<m} b_k + r \sum_{k\geq m} b_k$ . Como se muestra arriba, la última suma tiene el mismo signo que $b_m$ y puede hacerse estrictamente más pequeño y más grande eligiendo las $r$ siempre que $b_m/b_{m+1}\in (-\frac12,-\frac13) $ (un punto interior). Por ejemplo, para minimizar la suma, para cada par $m$ debemos exigir $b_m/b_{m-1}=-1/3$ o bien puede hacer la suma de $\hat{\beta}_{m,r}$ más pequeños para los adecuados $r<1$ . Del mismo modo, para impar $m$ Debemos tener $b_m/b_{m-1}=-1/2$ . El caso máximo se trata de forma similar y los valores extremos se dan entonces como describe Parcly.

Answer 3

Consideraré el caso general de una secuencia $(a_n)_{n\ge0}$ tal que $a_0=0$ $a_1=1$ la subsecuencia $(a_{2n})_{n\ge0}$ es creciente, y la secuencia $(a_{2n+1})_{n\ge0}$ es decreciente, y finalmente para $0< \beta<\alpha<1$ tenemos $$ \forall\, n\ge1,\qquad \frac{1}{\alpha} \le \frac{a_n-a_{n-1}}{a_n-a_{n+1}}\le\frac{1}{\beta}\tag{$ * $}$$ Demostraré que $\lim\limits_{n\to\infty}a_n$ existe y que $$\frac{1-\alpha}{1-\alpha\beta}\le\lim_{n\to\infty}a_n\le \frac{1-\beta}{1-\alpha\beta}$$ y, por último, que esta conclusión no puede ser mejorada.

Dejemos que $b_n=(-1)^n(a_{n+1}-a_{n})$ . Entonces $(*)$ implica que $b_{n-1}/b_n\ge\alpha>0$ por lo que todos los términos de la secuencia $(b_n)_{n\ge0}$ tienen el mismo signo, pero $b_0=1>0$ Por lo tanto $b_n>0$ para todos $n$ . Además, $(*)$ implica también que $b_{n+1}\le\alpha b_n$ para todos $n\ge0$ Por lo tanto $b_n\le\alpha^{n}$ y la la serie $\sum_{n=0}^\infty (a_{n+1}-a_{n})$ es absolutamente convergente, lo que equivale a la existencia de $\ell=\lim\limits_{n\to\infty}a_n$ .

Ahora, considerando dos casos $(*)$ es equivalente a las dos desigualdades siguientes: \begin{alignat*}{3} &(1-\alpha)a_{2n+1}+\alpha a_{2n}&&\le a_{2n+2}&&\le (1-\beta)a_{2n+1}+\beta a_{2n}\tag{1}\\ &(1-\beta) a_{2n+2}+ \beta a_{2n+1}&&\le a_{2n+3}&&\le (1-\alpha)a_{2n+2}+\alpha a_{2n+1}\tag{2} \end{alignat*}

Esto sugiere que consideremos las secuencias $(m_n)_{n\ge0}$ y $(M_n)_{n\ge0}$ definidos de la siguiente manera: \begin{alignat*}{3} &m_0=0,m_1=1, \quad m_{2n+2}&&=(1-\alpha)m_{2n+1}+\alpha m_{2n},\quad m_{2n+3}&&=(1-\beta)m_{2n+2}+\beta m_{2n+1}.\\ &M_0=0,M_1=1, \quad M_{2n+2}&&=(1-\beta)M_{2n+1}+\beta M_{2n},\quad M_{2n+3}&&=(1-\alpha)M_{2n+2}+\alpha M_{2n+1}. \end{alignat*} Entonces es una inducción fácil demostrar que \begin{equation*} \forall\,n\ge0,\quad m_n\le a_n\le M_n\tag{3} \end{equation*} En efecto, dejemos que $\mathbb{P}_n=( m_{n}\le a_{n}\le M_{n})$ entonces los casos base $\mathbb{P}_0$ y $\mathbb{P}_1$ se satisfacen por supuesto. Ahora, a partir de $(1)$ concluimos que $(\mathbb{P}_{2n}\wedge \mathbb{P}_{2n+1})\implies \mathbb{P}_{2n+2}$ y de $(2)$ concluimos que $(\mathbb{P}_{2n+1}\wedge \mathbb{P}_{2n+2})\implies \mathbb{P}_{2n+3}$ Esto demuestra que $\mathbb{P}_n$ se satisface para cada $n$ .

Ahora bien, si $X_n=\left[\begin{matrix} m_{2n}\\ m_{2n+1} \end{matrix}\right]$ y $Y_n=\left[\begin{matrix} M_{2n}\\ M_{2n+1} \end{matrix}\right]$ entonces \begin{equation*} X_{n+1}=\underbrace{\left[\begin{matrix} \alpha&1-\alpha\\ (1-\beta)\alpha&1-\alpha+\alpha\beta \end{matrix}\right]}_{A_{\alpha,\beta}} X_n,\qquad Y_{n+1}=\underbrace{\left[ \begin{matrix} \beta&1-\beta\\ (1-\alpha)\beta&1-\beta+\alpha\beta \end{matrix}\right]}_{A_{\beta,\alpha}} Y_n \fin{ecuación*} con condiciones iniciales $X_0=Y_0=\left[\begin{matrix} 0\\1 \end{matrix}\right]$ . Ahora, el polinomio característico $Q(X)$ de $A_{\alpha,\beta}$ viene dada por $Q(X)=X^2-(1+\alpha\beta)X+\alpha\beta=(X-1)(X-\alpha\beta)$ y es fácil comprobar que el resto de la división euclidiana de $X^n$ por $Q(X)$ es \begin{equation*} \frac{1}{1-\alpha\beta}(X-\alpha\beta)+ \frac{(\alpha\beta)^n}{1-\alpha\beta}(1-X) \end{equation*} Por lo tanto, \begin{equation*} A_{\alpha,\beta}^n= \frac{1}{1-\alpha\beta}(A_{\alpha,\beta}-\alpha\beta I) +\frac{(\alpha\beta)^n}{1-\alpha\beta}(I-A_{\alpha,\beta}) \end{equation*} y como $X_n=A_{\alpha,\beta}^nX_0$ concluimos fácilmente que \begin{align*} m_{2n}&=\frac{1-\alpha}{1-\alpha\beta}-\frac{1-\alpha}{1-\alpha\beta}(\alpha\beta)^n\\ m_{2n+1}&=\frac{1-\alpha}{1-\alpha\beta}+\frac{\alpha(1-\beta)}{1-\alpha\beta}(\alpha\beta)^n \end{align*} Intercambiar los papeles de $\alpha$ y $\beta$ vemos también que \begin{align*} M_{2n}&=\frac{1-\beta}{1-\alpha\beta}-\frac{1-\beta}{1-\alpha\beta}(\alpha\beta)^n\\ M_{2n+1}&=\frac{1-\beta}{1-\alpha\beta}+\frac{\beta(1-\alpha)}{1-\alpha\beta}(\alpha\beta)^n \end{align*} En particular, tenemos \begin{equation*} \lim_{n\to\infty}m_n=\frac{1-\alpha}{1-\alpha\beta}, \quad \lim_{n\to\infty}M_n=\frac{1-\beta}{1-\alpha\beta} \end{equation*} Por lo tanto, dejar que $n$ tienden a $+\infty$ en $(3)$ obtenemos \begin{equation*} \frac{1-\alpha}{1-\alpha\beta}\le\lim_{n\to\infty}a_n\le \frac{1-\beta}{1-\alpha\beta} \end{equation*} Ahora, tomando $a_n=m_n$ para todos $n$ muestra que el límite inferior de la desigualdad anterior es el mejor posible, porque se alcanza, y tomando $a_n=M_n$ para todos $n$ , muestra que el límite superior de la desigualdad anterior es también el mejor posible, porque se alcanza.

Además, considerando las secuencias $(a_n)_{n\ge0}$ de la forma $a_n=tm_n+(1-t)M_n$ donde $0<t<1$ muestra que para cualquier número $\ell$ en el intervalo $[\frac{1-\alpha}{1-\alpha\beta}, \frac{1-\beta}{1-\alpha\beta}]$ existe una secuencia $(a_n)_{n\ge0}$ que satisface las condiciones del problema y converge a $\ell$ .

Observación. Por supuesto, hemos observado que el problema propuesto se corresponde con el caso $\alpha=1/2$ y $\beta=1/3$ por lo que los límites inferior y superior son efectivamente $3/5$ y $4/5$ .