Mostrar que la secuencia de $a_{n+1}=a_{n}+\dfrac{a^2_{n}}{n^2}$ es superior limitada

Question

Deje $\{a_{n}\}$ ser definido con $a_{1}\in(0,1)$, y $$a_{n+1}=a_{n}+\dfrac{a^2_{n}}{n^2}$$ para todos los $n\gt 0$. Mostrar que la secuencia es superior acotada.

Mi idea: ya que $$a_{n+1}=a_{n}\left(1+\dfrac{a_{n}}{n^2}\right)$$ entonces $$\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{1}{a_{n}}-\dfrac{1}{a_{n}+n^2}$$ entonces $$\dfrac{1}{a_{n}}-\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{1}{a_{n}+n^2}$$ así $$\dfrac{1}{a_{1}}-\dfrac{1}{a_{n+1}}=\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_{i}+i^2}$$ desde $$a_{n+1}>a_{n}\Longrightarrow \dfrac{1}{a_{i}+i^2}<\dfrac{1}{a_{1}+i^2}$$ así $$\dfrac{1}{a_{n+1}}>\dfrac{1}{a_{1}}-\left(\dfrac{1}{1+a_{1}}+\dfrac{1}{2^2+a_{1}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{1}+n^2}\right)$$ Pero la RHS podría ser $\lt0$ por un tiempo suficientemente grande valor inicial; por ejemplo, con $a_{1}=\dfrac{99}{100}$ entonces $$\dfrac{1}{a_{1}}-\left(\dfrac{1}{1+a_{1}}+\dfrac{1}{2^2+a_{1}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{1}+n^2}\right)<0,n\to\infty$$

ver:

por lo tanto este método no me deja atado a la serie y no sé qué más hacer.

Answer 1

Aquí hay una solución: Desde $(a_{n})$ es monótona creciente, queda delimitada o diverge a $+\infty$. Suponga que $a_{n} \nearrow +\infty$.

Observación 1. Refiriéndose a OP identidad

$$ \frac{1}{a_{n}} - \frac{1}{a_{n+1}} = \frac{1}{a_{n} + n^{2}}, $$

tenemos

$$ \frac{1}{a_{n}} - \frac{1}{a_{m+1}} = \sum_{k=n}^{m} \frac{1}{a_{k} + k^{2}}. $$

Tomando $m \to \infty$, se deduce que

\begin{align*} \frac{1}{a_{n}} = \sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{a_{k} + k^{2}} \leq \sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{k^{2} - k} = \frac{1}{n-1}. \end{align*}

Por lo tanto debemos tener $n-1 \leq a_{n}$ cualquier $n \geq 2$.

Observación 2. Ahora vamos a comprobar que $a_{n} \leq a_{1} n$ cualquier $n$. De hecho, este es trivial si $n = 1$. También, si se mantiene por $n$

$$ a_{n+1} = a_{n} \left( 1 + \frac{a_{n}}{n^{2}} \right) \leq n a_{1} \left( 1 + \frac{1}{n} \right) = (n+1)a_{1}. $$

Por lo tanto, por inducción, tenemos la deseada estimación.

Conclusión. La combinación de dos de observación, se sigue que

$$n - 1 \leq a_{n} \leq na_{1} \quad \Longrightarrow \quad 1 - \frac{1}{n} \leq a_{1}.$$

para $n \geq 2$. Tomando $n\to\infty$,$1 \leq a_{1}$, es una contradicción! Por lo tanto, $(a_{n})$ debe seguir siendo limitada.

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Adenda. Ahora vamos a investigar un comportamiento asintótico del límite de $f(a_{1}) = \lim_{n\to\infty} a_{n}$. Tenemos

\begin{align*} \frac{1}{a_{1}} - \frac{1}{f(a_{1})} &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} + a_{n}} \geq \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} + n} = 1, \end{align*}

Así que tenemos un límite inferior.

$$ f(a_{1}) \geq \frac{a_{1}}{1 - a_{1}}. $$

Answer 2

Ahora,hoy tengo que resolver este problema,he puesto mis métodos,espero que no se mal?

desde $$a_{n+1}=a_{n}\left(1+\dfrac{a_{n}}{n^2}\right)$$ entonces $$\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{1}{a_{n}}-\dfrac{1}{a_{n}+n^2}$$ entonces $$\dfrac{1}{a_{n}}-\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{1}{a_{n}+n^2}$$ así $$\dfrac{1}{a_{1}}-\dfrac{1}{a_{n+1}}=\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_{i}+i^2}$$ así $$\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{1}{a_{1}}-\left(\dfrac{1}{a_{1}+1^2} +\dfrac{1}{a_{2}+2^2}+\cdots+\dfrac{1}{a_{n}+n^2}\right)$$ por inducción,tenemos $$a_{n}>nt^{n+1},t=\sqrt{a_{1}}\in (0,1)$$ porque $$a_{n+1}=a_{n}+\dfrac{a^2_{n}}{n^2}>nt^{n+1}+t^{2n+2}$$ nosotros sólo probar $$nt^{n+1}+t^{2n+2}>(n+1)t^{n+2},t=\sqrt{a_{1}}\in (0,1)$$ $$\Longleftrightarrow n+t^{n+1}-(n+1)t>0$$ el uso de esta desigualdad de Bernoulli: $$(1+x)^n\ge 1+nx,x>-1,n>1$$ entonces tenemos $$t^{n+1}=(1+t-1)^{n+1}>1+(n+1)(t-1)=1+(n+1)t-(n+1)$$ Ahora $$\dfrac{1}{a_{n+1}}>\dfrac{1}{t^2}-\left(\dfrac{1}{t^2+1}+\dfrac{1}{2t^3+2^2}+\cdots+\dfrac{1}{nt^{n+1}+n^2}\right)$$ de otro lado,el Uso de AM-GM de la desigualdad,tenemos \begin{align*} \dfrac{1}{t^2+1}+\dfrac{1}{2t^3+2^2}+\cdots+\dfrac{1}{nt^{n+1}+n^2}&=\dfrac{1}{1(1+t^2)}+\dfrac{1}{2(1+1+t^3)}+\cdots+\dfrac{1}{n(1+1+\cdots+1+t^{n+1})}\\ &<\dfrac{1}{2t}+\dfrac{1}{2\times 3t}+\cdots+\dfrac{1}{n(n+1)t}\\ &=\dfrac{1}{t}\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)\\ &<\dfrac{1}{t} \end{align*} así $$\dfrac{1}{a_{n+1}}>\dfrac{1}{t^2}-\dfrac{1}{t}$$ $$\Longrightarrow a_{n+1}<\dfrac{t^2}{1-t}$$