Deje $x_n=\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n}$. Demostrar que $(x_n)$ converge.

Question

Deje $x_n=\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n}$. Demostrar que $(x_n)$ converge.

Me las arreglé para demostrar la secuencia converge mediante la definición de convergencia, pero al principio pensé en usar el Teorema de Convergencia Monótona para demostrarlo. Sin embargo, estoy atascado en demostrar que la sucesión es decreciente y también acotada. Puede alguien que me guiara en la demostración de estas dos condiciones?

Answer 1

Delimitada por debajo es clara, $x_n$ es positivo. Para disminuir, multiplique la parte superior y la (falta de) fondo por $(n+1)^{2/3}+(n+1)^{1/3}n^{1/3}+n^{2/3}$. Estamos utilizando la identidad de $x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)$. Pero esto es hacer trampa en un camino, ya que tan pronto como lo hemos hecho de la manipulación, se puede calcular el límite sin el uso de la disminución de la acotada por debajo de la maquinaria.

Si se nos permite utilizar la derivada, entonces es fácil comprobar que $(x+1)^{1/3}-x^{1/3}$ negativos derivados, y el hecho de que nuestra secuencia es la disminución de la siguiente manera.

Answer 2

Me gustaría hacer esto de una manera diferente, pero te voy a ayudar con la forma en que usted propone.

Claramente $\sqrt[3]{n+1}\ge \sqrt[3]{n}$ porque $n$ es un número positivo, por lo que la secuencia está delimitado por debajo de cero.

Para probar que la sucesión es decreciente, es suficiente para mostrar que $x_{n}\le x_{n-1}$, es decir,

$$\sqrt[3]{n+1} - \sqrt[3]{n} \le \sqrt[3]{n} - \sqrt[3]{n-1},$$

que es equivalente a

$$\sqrt[3]{n+1} + \sqrt[3]{n-1}\le 2\sqrt[3]{n}.$$

Usted podría ser capaz de simplemente cubo de esto y mostrar que tiene, pero el álgebra parece peludo. Una mejor manera es tener en cuenta que la raíz cúbica de la función es cóncava. Entonces la desigualdad se sigue inmediatamente.

De una manera más eficiente sería utilizar la serie de Taylor, que le permite en realidad calcular el límite.

Answer 3

$$x_n=\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n}=\frac{(\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n})((n+1)^{\tfrac{2}{3}}+n^{\tfrac{1}{3}}(n+1)^{\tfrac{1}{3}}+n^{\tfrac{2}{3}})}{(n+1)^{\tfrac{2}{3}}+n^{\tfrac{1}{3}}(n+1)^{\tfrac{1}{3}}+n^{\tfrac{2}{3}}}=\frac{1}{(n+1)^{\tfrac{2}{3}}+n^{\tfrac{1}{3}}(n+1)^{\tfrac{1}{3}}+n^{\tfrac{2}{3}}} \;\;\;\underset{n\to\infty}{\rightarrow}\;\;\;{0}$$ ya ${0}<{x_n}<{\dfrac{1}{3n^{\tfrac{2}{3}}}}.$

Answer 4

Puede utilizar un truco para mostrar que esta secuencia está delimitado de la siguiente manera. Como usted no puede tirar de la tercera raíz de $n+1$ directamente, encontrar una expresión de la forma $\sqrt[3]{n} + f(n)$ tal que $(\sqrt[3]{n} + f(n))^3=n+1+g(n)$, de tal manera que $g(n)\geq0$ $f(n)$ va a cero. Luego, obviamente, $$\begin{align} x_n=\sqrt[3]{n+1} - \sqrt[3]{n} & \leq \sqrt[3]{n + 1 + g(n)} - \sqrt[3]{n}\\ & = \sqrt[3]{(\sqrt[3]{n} + f(n))^3} - \sqrt[3]{n}\\ & = f(n) \rightarrow 0 \text{ as %#%#%} \end{align}$$ Ahora, para obtener el $n\to\infty$ parte $n+1$ a la derecha, elija $n+1+g(n)$ y se obtiene $f(n)=\frac{1}{3}n^{-2/3}$$(n^{1/3}+\frac{1}{3}n^{-2/3})^3=n+1+\frac{1}{3n}+\frac{1}{27n^2}\geq n+1.$ es claramente delimitado y se va a cero, como se $f(n)$, por lo que está hecho.