Mostrar que $x_n$ es convergente.

Question

Yo:

Está claro que $x_n$ es monótonamente creciente. Si asumimos que la secuencia converge a$a$$\displaystyle a=a+\frac{\sqrt{|a|}}{n^2}$. Por lo tanto $a=0$. Así, que me iba a demostrar que la sup de la secuencia es $0$. Pero fracasó. Puede alguien por favor me ayude a completar la prueba

Answer 1

Si el argumento fuera correcto sería una muestra de que la secuencia diverge si $x_1>0$, porque en ese caso el sup ciertamente no puede ser $0$. Pero su argumento no es correcto. Si usted asume que $x_n\to a$ y un enchufe que en la repetición se consigue sólo $a=a$, lo cual no dice mucho acerca de la $a$. (Se le olvidó que $n\to\infty$$n\to\infty$.)

Es cierto que la sucesión es creciente. No le preguntan a encontrar el límite. Tan sólo tienes que muestran la secuencia está acotada.

Si $x_n<1$ todos los $n$ entonces la sucesión es acotada. Supongamos que no: No existe $N$$x_N\ge1$. A continuación,$\sqrt{x_N}\le x_N$, lo $$x_{N+1}\le\left(1+\frac1{N^2}\right)x_N.$$

Asimismo, para $x_{N+2}$ consigue $$x_{N+2}\le\left(1+\frac1{N^2}\right)\left(1+\frac1{(N+1)^2}\right)x_N.$$And so on. You only need to show that $$\prod_{n=N}^\infty\left(1+\frac1{n^2}\right)<\infty.$$Read a little about infinite products, or take the logarithm, and you see this follows from $\sum\frac1{n^2}<\infty$.

Answer 2

No, el límite no es $0$ en general.

Sugerencia: $$x_n - x_1 = \sum_{j=1}^{n-1} (x_{j+1} - x_j) = \sum_{j=1}^{n-1} \dfrac{\sqrt{|x_j|}}{j^2} $$ Encontrar $M$ tal que $|x_1| < M^2$$M \sum_{j=1}^\infty 1/j^2 < M^2 - x_1$, y muestran que todos los $|x_j| \le M^2$.

Answer 3

$$ x_{n+1} = (\sqrt{x_n}+\frac1{2n^2})^2-\frac1{4n^4} \lt (\sqrt{x_n}+\frac1{2n^2})^2 $$ así $$ \sqrt{x_{n+1}} \lt \sqrt{x_n} + \frac1{2n^2} $$ por lo tanto $$ \sqrt{x_{n+1}}-\sqrt{x_1} \lt \frac12\sum_{k=1}^n \frac1{n^2} \lt \frac{\pi^2}{12} $$