Si $\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n+1}-\frac{a_n}{2}=0$, a continuación, mostrar $a_n$ converge a $0$.

Question

He estado atrapado en esta pregunta por un tiempo ahora. He probado muchos intentos. Aquí hay dos que pensé que parecía prometedora, pero conducen a un callejón sin salida:

Intento 1:

Escribir los términos de $b_n$.

$$b_1=a_{2}-\frac{a_{1}}{2}$$ $$b_2=a_{3}-\frac{a_{2}}{2}$$ $$b_3=a_{4}-\frac{a_{3}}{2}$$ $$...$$ $$b_n=a_{n+1}-\frac{a_{n}}{2}$$

La adición de los términos se obtiene:

$\Sigma b_i=a_{n+1}+\frac{a_n}{2}+\frac{a_{n-1}}{2}+...+\frac{a_2}{2}-\frac{a_1}{2}$

Pero un callejón sin salida aquí.

Intento 2:

Deje $b_n=a_{n+1}-\frac{a_n}{2}$. Por lo $\forall \epsilon>0,\epsilon=\frac{1}{2}, \exists K_0 , n>K \Rightarrow |a_{n+1}-\frac{a_n}{2}|<\frac{1}{2}$.

Ahora yo intento demostrar $a_n$ es de Cauchy y por lo tanto converge.

Para $m>n>K_0$, $|a_m-a_n|=|a_m-\frac{a_{m-1}}{2}+\frac{a_{m-1}}{2}-\frac{a_{m-2}}{2^2}+\frac{a_{m-2}}{2^2}-... -\frac{a_{n+1}}{2^{m-n-1}}+\frac{a_{n+1}}{2^{m-n-1}}-a_n|\leq $

$ |a_m-\frac{a_{m-1}}{2}|+\frac{1}{2}|a_{m-1}-\frac{a_{m-2}}{2}|+\frac{1}{2^2}|a_{m-2}-\frac{a_{m-3}}{2}|+...+\frac{1}{2^{m-n-1}}|a_{n+1}-\frac{a_{n}}{2}|+|\frac{a_n}{2^{m-n}}-a_n| \leq $

$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}\frac{1}{2}+...+\frac{1}{2^{m-n}}+|\frac{a_n}{2^{m-n}}-a_n|<1+|\frac{a_n}{2^{m-n}}-a_n|$

Y un callejón sin salida.

Answer 1

Deje $b_n = a_{n+1} - \frac{1}{2}a_n$. Entonces

$$ a_n = b_{n-1} + \frac{b_{n-2}}{2} + \cdots + \frac{b_1}{2^{n-2}} + \frac{a_1}{2^{n-1}}. $$

Desde $(b_n)$ converge, existe $M$ tal que $|a_1| \leq M$ $|b_n| \leq M$ todos los $n$. Por lo tanto para cualquier fija $m$ cualquier $n > m$, tenemos

$$ |a_n| \leq \Bigg| \underbrace{b_{n-1} + \cdots + \frac{b_{n-m}}{2^{m-1}}}_{\text{(1)}} \Bigg| + \underbrace{\frac{|b_{n-m-1}|}{2^m} + \cdots \frac{|a_1|}{2^{n-1}}}_{(2)}.$$

Tenga en cuenta que

• $\text{(1)}$ se compone de un número fijo de términos, cada uno tiende a cero, como se $n\to\infty$.

• $\text{(2)}$ es uniformemente acotada por $\frac{M}{2^m} + \frac{M}{2^{m+1}} + \cdots = \frac{M}{2^{m-1}}$.

Así que, teniendo limsup como $n\to\infty$ rendimientos

$$ \limsup_{n\to\infty} |a_n| \leq \frac{M}{2^{m-1}}. $$

Desde el LHS es un número fijo y $m$ es arbitrario, dejando $m\to\infty$ demuestra la reclamación.

Answer 2

Deje $c_n = 2^n a_n$. La hipótesis de lee $$ \frac{c_{n+1}-c_n}{2^{n+1}-2^n} \to 0. $$ La secuencia de $2^n$ tiende monótonamente a $+\infty$, por lo tanto, por el Stolz–Cesàro teorema de $$ a_n = \frac{c_n}{2^n} \to 0. $$

Answer 3

Deje $\epsilon > 0$.

Desde $a_{n+1}-a_n/2$ converge a $0$, no es un número entero $m$ tal que para cualquier $n \ge m$, $|a_{n+1}-a_n/2| \le \epsilon/4$.

Para tal $n$, usted tiene
$|a_{n+1}| - \epsilon/2 \\ \le |a_{n+1} - a_n/2| + |a_n/2| - \epsilon/2 \\ \le \epsilon/4 + |a_n|/2 - \epsilon/2 \\ = |a_n|/2 - \epsilon/4 \\ = (|a_n| - \epsilon/2)/2$

Intuitivamente se puede interpretar esto como algo diciendo que $|a_n|$ tiene que disminuya un poco de forma exponencial, al menos hasta que $|a_n|$ se acerca demasiado a $\epsilon/2$.

A continuación, vamos a mostrar que hay un $m' \ge m$ tal que $|a_{m'}| \le \epsilon$.

Si $|a_m| \le \epsilon$, entonces ya estamos hecho escogiendo $m'=m$, así que supongo $|a_m| > \epsilon$.
Ahora, $(|a_m|- \epsilon/2) / (\epsilon/2) > 1 > 0$, por lo que existe un número entero $k$ tal que $2^k \ge (|a_m|- \epsilon/2) / (\epsilon/2)$.
Mirando a $m' = m+k$ tenemos
$|a_{m+k}| - \epsilon/2 \le (|a_m| - \epsilon/2) 2^{-k} \le \epsilon/2$,
y por lo $|a_{m'}| \le \epsilon$.

A continuación, podemos probar por inducción que para todo $n \ge m'$, $|a_n| \le \epsilon$ :

Esto es cierto para $n=m'$.
Supongamos $n \ge m'$$|a_n| \le \epsilon$.
A continuación,$|a_n|-\epsilon/2 \le \epsilon/2$, y así, debido a $n \ge m$,
$|a_{n+1}| - \epsilon/2 \le (|a_n| - \epsilon/2)/2 \le \epsilon/4 < \epsilon/2$, y, finalmente,$|a_{n+1}| \le \epsilon$.

Por lo tanto, para todos los $n \ge m', |a_n| \le \epsilon$, y hemos demostrado que la secuencia de $a_n$ converge a $0$.

Answer 4

Creo que podemos utilizar límite básico de reglas:

$\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n+1}-\frac{a_n}{2}$ $= \lim_{n \rightarrow \infty}a_{n+1}-\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{a_n}{2}$ $= \lim_{n \rightarrow \infty}a_{n+1}-\frac{\lim_{n \rightarrow \infty}a_n}{2} = 0$

Para ello, debemos mostrar que la secuencia converge. Tengo un fallido intento por debajo:

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Si asumimos $a_n$ bifurca:

$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} -\frac{1}{2}= \lim_{n \rightarrow \infty}\frac{a_{n+1}-\frac{a_n}{2}}{a_n} \rightarrow \frac{0}{\infty} = 0$

Esto contradice nuestra suposición debido a la proporción de la prueba, y por tanto, debe ser falsa.

Answer 5

Deje $b_n=a_{n+1}-(a_{n}/2)$, de modo que $b_{n} \to 0$$n\to\infty$. Ahora tenemos $a_{2}=b_{1}+(a_{1}/2),a_{3}=b_{2}+b_{1}/2+a_{1}/4$ y continuar de esta forma obtenemos $$a_{n+1}=b_{n}+b_{n-1}/2+\cdots+b_{1}/2^{n-1}+a_{1}/2^{n}$$ Let $\epsilon>0$ be given then we can see that there is a positive integer $m$ such that $|b_n|<\epsilon$ for all $n\geq m$. Thus if $n>m$ then we have $$|a_{n+1}|\leq |b_{n} |+|b_{n-1}|/2+\cdots+|b_m|/2^{n-m}+|b_{m-1}|/2^{n-m+1}+\cdots +|b_{1}|/2^{n-1}+|a_{1}|/2^{n}$$ First $(n-m+1) $ terms on right are together less than $2\epsilon$ and the rest of $m$ terms tend to $0$. Thus taking $\limsup$ on both sides we see that $\limsup|a_{n+1}|\leq 2\epsilon$ and since $\epsilon$ was arbitrary this means that $a_{n} \to 0$ as $n\to\infty$.