Límite de $x_n/n$ para las secuencias de la forma $x_{n+1}=x_n+1/x_n^p$

Question

1. Dado $x_1 = 1, x_{n+1} = x_n + \frac{1}{x_n} (n\ge1)$, Probar si el límite como siga existiendo o no. Si es así, encontrar $$\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{n}$$

2. Dado $x_1 = 1, x_{n+1} = x_n + \frac{1}{\sqrt{x_n}} (n\ge1)$, Probar si el límite como siga existiendo o no. Si es así, encontrar $$\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{n}$$

---

En ambos casos, $x_n$ va en aumento, así que traté de obtener un límite superior en $x_n$ (posiblemente dependiendo $n$) para aplicar un teorema del encaje; pero fracasó.

Answer 1

La combinación de las ideas en las respuestas dadas por los kedrigern y N. S., se puede obtener un poco más de conclusión general como a continuación.

La proposición: Vamos a $f:(0,+\infty)\to (0,+\infty)$ ser continuamente diferenciable con $f'>0$. Además, suponga que existe $\delta>0$, de tal manera que (i) $f'(x)\ge\frac{1}{\delta}$ al $x$ es grande, y (ii) para cualquier $\theta:(0,+\infty)\to[0,\delta]$, $$\lim_{x\to\infty}\frac{f'(x+\theta(x))}{f'(x)}=1.\tag{1}$$ A continuación, para cualquier secuencia $(x_n)$ satisfactorio $$x_1>0\quad\text{and}\quad x_{n+1}=x_n+\frac{1}{f'(x_n)},\ \forall n\ge 1, \tag{2}$$ tenemos: $$\lim_{n\to\infty}\frac{f(x_n)}{n}=1.\tag{3}$$

Prueba: Formulario de $(2)$ $f'>0$ sabemos que $(x_n)$ es positivo y creciente; en particular, $L:=\lim\limits_{n\to\infty}x_n$ eixsts(finito o $+\infty$). Si $L<+\infty$, $(2)$ y la continuidad, $$L=\lim_{n\to\infty}x_{n+1}=\lim_{n\to\infty}x_n+\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}f'(x_n)}=L+\frac{1}{f'(L)}>L,$$ una contradicción. Por lo tanto, $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=+\infty$.

Desde $f'>0$, $f$ es cada vez mayor. Luego de$(x_n)$, siendo el aumento sabemos que $\big(f(x_n)\big)$ también está aumentando, así que por Stolz–Cesàro teorema, $$\lim_{n\to\infty}\frac{f(x_n)}{n}=\lim_{n\to\infty}\big(f(x_n)-f(x_{n-1})\big).\tag{4}$$ Denotar $\delta_n=\frac{1}{f'(x_n)}$. Por $(2)$ y valor medio teorema, existe $\theta_n\in (0,\delta_n)$, de tal manera que $$f(x_{n+1})-f(x_n)=f(x_n+\delta_n)-f(x_n)=f'(x_n+\theta_n)\delta_n.\tag{5}$$ Desde $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=+\infty$, por supuesto (i), al $n$ es grande, $\theta_n<\delta_n\le \delta$. Dejando $n\to\infty$$(5)$, por supuesto (ii), el límite existe y es $1$, lo $(3)$ sigue de $(4)$, lo que completa la prueba.

---

Exampes: es fácil comprobar que para cada $c>0$ y cada $p\ge 1$, $f(x)=cx^p$ cumple con todos los supuestos de la proposición. En particular, para tu pregunta original, tenemos:

1. Para $f(x)=\frac{1}{2}x^2$, $f'(x)=x$ y $x_{n+1}=x_n+\frac{1}{x_n}$, por lo que si $x_1>0$, $$\lim_{n\to\infty}\frac{f(x_n)}{n}=1\Longleftrightarrow \lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{\sqrt{n}}=\sqrt{2}\Longrightarrow \lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{n}=0.$$
2. Para $f(x)=\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}$, $f'(x)=\sqrt{x}$ y $x_{n+1}=x_n+\frac{1}{\sqrt{x_n}}$, por lo que si $x_1>0$, $$\lim_{n\to\infty}\frac{f(x_n)}{n}=1\Longleftrightarrow \lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{n^{\frac{2}{3}}}=(\frac{3}{2})^{\frac{2}{3}}\Longrightarrow\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{n}=0.$$

Answer 2

La prueba de que $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n}{\sqrt{2n}}=1$.

Deje $y_n=x_n^2$. A continuación, $$y_{n+1}=x_{n+1}^2 = \left(x_n + \frac{1}{x_n}\right)^2 = x_n^2+2+\frac{1}{x_n^2} = y_n + 2 + \frac{1}{y_n}$$ A continuación, $$y_{n+1} = y_n + 2 + \frac{1}{y_n} = y_{n-1} + 2 + \frac{1}{y_{n-1}} + 2 + \frac{1}{y_{n}}=\cdots=y_1+2n+\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{y_k}\tag{1}$$ A continuación, $y_{n+1}\ge 2n+1$ y, por tanto, $\frac{1}{y_n}\le\frac{1}{2n-1}\le\frac{1}{n}$ todos los $n\ge 1$. Juntos podemos conseguir $$2n+1\le y_{n+1}\le 2n+1+\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\le 2n+1+\ln(n)+1$$ Entonces $$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{y_n}{2n}=1$$ as since $x_n>0$ $$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{x_n}{\sqrt{2n}}=1$$

---

EDITAR

$$\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=1+\sum\limits_{k=2}^{n}\frac{1}{k}\le 1+ \int\limits_{1}^{n}\frac{1}{x}dx=1+\ln(n)$$

Answer 3

Como $x_{n+1}> x_n$ se sigue que $x_n$ es convergente o $\lim_n x_n =\infty$.

El primer caso es imposible, como $\lim_n x_n =l \in (1, \infty) \Rightarrow l+\frac{1}{l}=l$.

Por lo tanto, $\lim_n x_n=\infty$.

Ahora por el Stolz–Cesàro teorema de

$$\lim_n \frac{x_n}{n}=\lim_n(x_{n+1}-x_n)= \lim_n \frac{1}{x_n}=0$$

Answer 4

Por la inspiración de @kedrigern, he resuelto el segundo. La esperanza de que alguien puede encontrar una manera simple de resolver:

Deje $y_n = x_n^2$,entonces:

\begin{align*} \ y_{n+1} &= x_{n+1}^2 = x_n + \frac{1}{\sqrt{x_n}}= x_n^2 + 2\sqrt{x_n} + \frac{1}{x_n} \\&= y_n + 2\sqrt{x_n} + \frac{1}{x_n} \\&=y_{n-1} + 2(\sqrt{x_n} + \sqrt{x_{n-1}}) +(\frac{1}{x_n}+\frac{1}{x_{n-1}}) \\&\vdots \\&= y_1 + 2\sum_{i=1}^n\sqrt{x_i} + \sum_{i=1}^n\frac{1}{x_i} \end{align*}

(1)$1\le x_n \le n$. entonces:
\begin{align*} \ y_{n+1} &= 1 + 2\sum_{i=1}^n\sqrt{x_i} + \sum_{i=1}^n\frac{1}{x_i} \\&\ge 1+2\sum_{i=1}^n1+\sum_{i=1}^n\frac{1}{x_i} \\&=1+2n+\sum_{i=1}^n\frac{1}{x_i} \\&\ge n \end{align*} Por lo tanto： $$ \frac{1}{x_{n+1}} \le \frac{1}{\sqrt{n}}~~That~~is: \frac{1}{x_{n}} \le \frac{1}{\sqrt{n-1}}(n\ge 2)$$ (2)Desde $1\le x_n \le n$,luego： $$\sqrt{x_n} \le \sqrt{n}$$

(3)El límite superior de $y_{n+1}$： \begin{align*} \ 0\le y_{n+1}&= 1+2\sum_{i=1}^n\sqrt{x_i}+\sum_{i=1}^n\frac{1}{x_i} \\&\le 1+2\sum_{i=1}^n\sqrt{i}+\sum_{i=1}^n\frac{1}{x_i}~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\ldots\ldots from~(2) \\&= 1+2\sum_{i=1}^n\sqrt{i}+(1+\sum_{i=2}^n\frac{1}{x_i}) \\&\le 1+2\sum_{i=1}^n\sqrt{i}+(1+\sum_{i=2}^n\frac{1}{\sqrt{i-1}})~~~\ldots\ldots from~(1) \\&= 1+2(\sqrt{n}+\sum_{i=1}^{n-1}\sqrt{i})+(2+\sum_{i=3}^n\frac{1}{\sqrt{i-1}}) \\&\le 1+2(\sqrt{n} + \int_1^n\sqrt{x}dx)+(2+\int_2^n\frac{1}{\sqrt{x-1}}dx) \\&=2\sqrt{n}+2\sqrt{n-1}+\frac{4n^\frac{3}{2}-1}{3} \end{align*} Simplificar,hemos： $$0\le y_{n+1} \le 2\sqrt{n}+2\sqrt{n-1}+\frac{4n^\frac{3}{2}-1}{3} $$ Que es：$$0 \le \frac{x_{n+1}}{n} \le \frac{\sqrt{2\sqrt{n}+2\sqrt{n-1}+\frac{4n^\frac{3}{2}-1}{3}}}{n}$$ Por el teorema del sándwich： $$ \lim_{n \rightarrow \infty}\frac{x_n}{n}=0 $$