$x_{n+1}\le x_n+\frac{1}{n^2}$ para todos $n\ge 1$ entonces $(x_n)$ converge?

Question

Si $(x_n)$ es una secuencia de números reales no negativos tal que $x_{n+1}\le x_n+\frac{1}{n^2}$ para todos $n\ge 1$ entonces $(x_n)$ converge?

¿Puede alguien ayudarme, por favor?

Answer 1

Sea $$s_n:=\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^2} \,.$$

Entonces $S_n$ es convergente y, por tanto, acotada.

Tenga en cuenta que $S_{n+1}-S_n=\frac{1}{n^2}$ . Así

$$x_{n+1}\le x_n+S_{n+1}-S_n \Rightarrow x_{n+1}-S_{n+1}\le x_n-S_n$$

Por lo tanto $s_n-S_n$ es decreciente. Como su es la diferencia de dos secuencias acotadas, también está acotada (sólo nos importa un límite inferior, y $-\frac{\pi^2}{6}$ es tal límite inferior, pero no importa).

En $x_n-S_n$ es monótona y acotada, es convergente.

Entonces

$$x_n=(x_n-S_n)+S_n$$

es la suma de dos secuencias convergentes, por tanto convergente.

Answer 2

Sí, así es. Tenga en cuenta que tenemos $x_{n+1}-x_n\leq \frac{1}{n^2}$ . Por lo tanto $$\mid x_{n}-x_m\mid \le \sum_{i=m}^{n-1}\frac{1}{i^2}$$ Por tanto, es una sucesión de Cauchy y converge.

Answer 3

Desde $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \zeta(2) = \frac{\pi^2}{6} < \infty,$$ $x_{n}$ está limitada desde arriba por $x_1 + \frac{\pi^2}{6}$ . Desde $x_n$ también es no negativa, es una sucesión acotada y, por tanto, tanto su lim sup como su lim inf existen. Sea $L$ sea el lim inf de $x_n$ .

Para cualquier $\epsilon > 0$ elige una $N$ tal que $\displaystyle \sum_{n=N}^\infty \frac{1}{n^2} < \frac{\epsilon}{2}$ . Por definición de $L$ hay un $M > N$ tal que $x_M < L + \frac{\epsilon}{2}$ . Para cualquier $n > M$ tenemos

$$x_n \;\;<\;\; x_M + \sum_{k=M}^{n-1} \frac{1}{k^2} \;\;<\;\; L + \frac{\epsilon}{2} + \sum_{k=M}^{\infty}\frac{1}{k^2} \;\;<\;\; L + \epsilon $$

Esto implica $$\limsup_{n\to\infty} x_n \le L + \epsilon$$ Desde $\epsilon$ es arbitraria, obtenemos $$\limsup_{n\to\infty} x_n \le L = \liminf_{n\to\infty} x_n \implies \limsup_{n\to\infty} x_n = \liminf_{n\to\infty} x_n = L $$ es decir, el límite existe e igual a $L$ .