Convergencia de una secuencia de números reales

Question

Dejemos que $\alpha, \gamma$ sean números reales tales que $0<\alpha<1$ y $\gamma>0$ . Consideremos la secuencia de números reales dada por $$ \begin{cases} x_0\ne 0&\\ x_{k+1}=x_k\left(1-\frac{\gamma(1+\alpha)}{|x_k|^{1-\alpha}}\right) \quad (k\in \mathbb{N}).& \end{cases} $$ Supongamos que $x_k\ne 0$ para todos $k\in \mathbb{N}$ . Demostrar que :

• La secuencia $\{x_k\}_{k\in\mathbb{N}}$ no converge.

• La secuencia $\{|x_k|\}_{k\in\mathbb{N}}$ converge a $[(1/2)(1+\alpha)\gamma]^{1/(1-\alpha)}.$

Answer 1

Dejemos que $L=(\gamma(1+\alpha)/2)^{1/(1-\alpha)}$ .

Supongamos que $|x_k| < L = (\gamma(1+\alpha)/2)^{1/(1-\alpha)}=((\gamma(1+\alpha)/2)^{\alpha/(1-\alpha)})^{1/\alpha}=((\gamma(1+\alpha)/2)^{-1}(\gamma(1+\alpha)/2)^{1/(1-\alpha)})^{1/\alpha}=((\gamma(1+\alpha)/2)^{-1}L)^{1/\alpha}$

de lo que se deduce que $|x_k|^{\alpha}(\gamma(1+\alpha)) < 2L$ . También $|x_k| < L=(\gamma(1+\alpha)/2)^{1/(1-\alpha)}$ implica que $\frac{\gamma(1+\alpha)}{|x_k|^{1-\alpha}}>2$ . Entonces $|x_{k+1}|=|x_k|\left|1-\frac{\gamma(1+\alpha)}{|x_k|^{1-\alpha}}\right|= |x_k|\left(\frac{\gamma(1+\alpha)}{|x_k|^{1-\alpha}}-1\right)>|x_k|$ . Si $|x_{k+1}| >L$ entonces de $|x_k|^{\alpha}(\gamma(1+\alpha)) < 2L$ manipulamos para obtener $|x_k|\left(\frac{(\gamma(1+\alpha))}{|x_k|^{1-\alpha}}-1\right) -L< L-|x_k|$ y finalmente $|x_k|\left|1-\frac{(\gamma(1+\alpha))}{|x_k|^{1-\alpha}}\right| -L< L-|x_k|$ . Así que concluimos que $|x_{k+1}|-L < L - |x_k|$ y luego de $|x_{k+1}| >L$ y $|x_k| < L$ sabemos que $||x_{k+1}|-L| < ||x_k|-L|$ .

Supongamos que $|x_k| > L = (\gamma(1+\alpha)/2)^{1/(1-\alpha)}=((\gamma(1+\alpha)/2)^{-1}L)^{1/\alpha}$ entonces $|x_k|^{\alpha}(\gamma(1+\alpha)) > 2L$ . También $0<\frac{\gamma(1+\alpha)}{|x_k|^{1-\alpha}}<2$ y $|x_{k+1}|=|x_k|\left|1-\frac{\gamma(1+\alpha)}{|x_k|^{1-\alpha}}\right|<|x_k|$ . Si $|x_{k+1}| < L$ y $1<\frac{\gamma(1+\alpha)}{|x_k|^{1-\alpha}}<2$ entonces de $|x_k|^{\alpha}(\gamma(1+\alpha)) > 2L$ manipulamos para obtener $|x_k|\left(\frac{(\gamma(1+\alpha))}{|x_k|^{1-\alpha}}-1\right) -L> L-|x_k|$ y finalmente $|x_k|\left|1-\frac{(\gamma(1+\alpha))}{|x_k|^{1-\alpha}}\right| -L> L-|x_k|$ . Así que concluimos que $|x_{k+1}|-L > L - |x_k|$ y $L-|x_{k+1}| > |x_k|-L$ entonces de $|x_{k+1}| <L$ y $|x_k| > L$ sabemos que $||x_{k+1}|-L| < ||x_k|-L|$ . Si $|x_{k+1}| <L$ y $0<\frac{\gamma(1+\alpha)}{|x_k|^{1-\alpha}}<1$ entonces $\frac{\gamma(1+\alpha)}{|x_k|^{1-\alpha}}<1$ implica que $|x_k| > 2^{1/(1-\alpha)}L\ge 2L$ . Y de $|x_{k+1}|<L$ sabemos $||x_{k+1}|-L|<L< |x_k| - L = ||x_k| - L|$ .

En resumen, hemos demostrado que si $|x_k| < L$ entonces $|x_{k+1}| >|x_k|$ . Si $|x_k| < L$ y $|x_{k+1}| <L$ entonces $||x_{k+1}|-L|<||x_k|-L|$ . Si $|x_k| < L$ y $|x_{k+1}| >L$ entonces $||x_{k+1}|-L|<||x_k|-L|$ . Si $|x_k| > L$ entonces $|x_{k+1}| <|x_k|$ . Si $|x_k| > L$ y $|x_{k+1}| >L$ entonces $||x_{k+1}|-L|<||x_k|-L|$ . Si $|x_k| > L$ y $|x_{k+1}| <L$ entonces $||x_{k+1}|-L|<||x_k|-L|$ . Sea cual sea el caso, es cierto que $||x_{k+1}|-L|<||x_k|-L|$ . Por lo tanto, la secuencia $|x_k|-L$ converge. Demostrando que el límite de $|x_k|$ debe ser $L$ es fácil.

Answer 2

Sólo tenemos que demostrar la segunda afirmación por la siguiente razón.

Si $|x_k|\rightarrow (\gamma (1+\alpha)/2)^{1/(1-\alpha)}$ , $$\frac{x_{k+1}}{x_k}=\left(1-\frac{\gamma(1+\alpha)}{|x_k|^{1-\alpha}}\right) \rightarrow-1.$$ Así, ${x_{k}}$ será una secuencia oscilante.

Lo escribiré más adelante sobre cómo demostrar la segunda afirmación.