Tre esercizi teorici su limiti di successioni

[Shocker1]

Salve

Premessa: chiedo perdono per le stupidaggini che probabilmente ho scritto, mi dispiace davvero ma sono qui per imparare

Vorrei dei pareri e dei consigli su questi tre esercizi

Esercizio 1:

Sia $x_n$ una successione di numeri reali tale che per ogni $k \in \mathbb{N}$ si ha $lim_{n->+\infty} x_n - x_{n+k} = 0$. Si può concludere che $x_n$ è una successione di cauchy?

Questa è la mia idea, non la considero una soluzione perché probabilmente è sbagliata e, soprattutto, poco rigorosa:

Sì, si può concludere che $x_n$ è una successione di Cauchy: dato che $\forall k \in mathbb{N}$ vale che $\forall \epsilon > 0 \exists n_0 \in \mathbb{N} : |x_n - x_{n + k}| < \epsilon \forall n >= n_0$ allora vale che $\forall epsilon > 0 \exists n_0 \in \mathbb{N} : |x_n - x_m| < \epsilon \forall n, m >= n_0$, questo perché una volta scelto $n$ posso scegliere $m$ come $n_0 + k$ con $k > 0$(se voglio scegliere $m < n$ scambio i ruoli)

Se fosse giusta, mi potreste dare una mano, o qualche consiglio, su come renderla formalmente corretta? Altrimenti, dove sbaglio? Potreste darmi qualche hint?


Esercizio 2:

Sia $x_n$ una successione di numeri reali tale che $lim_{n->+oo} x_n - x_{n+2} = 0$. Si provi che $lim_{n->+oo} \frac{x_n - x_{n+1}}{n} = 0$

Qui non so davvero dove mettere mano: penso basti dimostrare che $x_n - x_{n+1}$ sia limitata per ottenere la tesi, tuttavia dopo infinite maggiorazioni non sono riuscito a concludere nulla e questo magari mi fa pensare che non è una buona strada. Chiedo lumi.


Esercizio 3:

Sia $a_n$ una successione di numeri reali positivi tali che $a_n < \frac{a_{n-1} + a_{n-2}}{2}$. Dimostrare che $a_n$ converge

Soluzione(probabilmente errata)

Per semplicità supponiamo che l'ipotesi valga per $n >= 2$, casomai valesse definitivamente non cambia nulla se non qualche lettere, ad occhio.
Lemma: se $a_n$ rispetta le ipotesi allora $a_n < \frac{M}{2^{n-1}$ con $M \in \mathbb{R}$
Dimostrazione: Per induzione su $n$
Passo base: $n = 2$, $a_2 < \frac{a_0 + a_1}{2}$ che è vera per ipotesi
Passo induttivo: supponiamo che il lemma sia vero per ogni $i = 2, ..., n$ e dimostriamolo per $n+1$:
per ipotesi $a_{n+1} < \frac{a_n + a_(n-1)}{2}$, per ipotesi induttiva $a_n < \frac{M_1}{2^{n-1}}$ e $a_{n-1} < \frac{M_2}{2^{n-2}}$, da cui: $a_{n+1} < \frac{a_n + a_(n-1)}{2} < \frac{\frac{M_1}{2^{n-1}} + \frac{M_2}{2^{n-2}}}{2} = \frac{M_1 + 2M_2}{2^n}$, che è la tesi.

Per il lemma allora $ 0 < a_n < \frac{M}{2^{n-1}}$ con $M \in \mathbb{R}$, per i carabinieri ho $a_n -> 0$.

Il fatto di dover aggiungere che la disuguaglianza valga per $n>=2$ o definitivamente mi fa pensare di aver frainteso il testo del problema e quindi di aver sbagliato tutto.

Grazie a chiunque mi aiuterà

[Sk_Anonymous]

Mi sa che la tua dimostrazione di 1 non funziona: prendi \(x_n = \sqrt{n}\). Si ha che \(\lim_{n} \sqrt{n} - \sqrt{n +k} = 0\) per ogni \(k \in \mathbb{N}\), eppure \( \sqrt{n} \) diverge, e quindi non è di Cauchy. Il problema, mi sembra, è che in generale la coppia \( (\epsilon, N)\) della definizione di convergenza dipenderà da \(k\) (ed è qui l'errore nella tua dimostrazione).

[Shocker1]

Ciao!

"Delirium":Mi sa che la tua dimostrazione di 1 non funziona: prendi \(x_n = \sqrt{n}\). Si ha che \(\lim_{n} \sqrt{n} - \sqrt{n +k} = 0\) per ogni \(k \in \mathbb{N}\), eppure \( \sqrt{n} \) diverge, e quindi non è di Cauchy. Il problema, mi sembra, è che in generale la coppia \( (\epsilon, N)\) della definizione di convergenza dipenderà da \(k\) (ed è qui l'errore nella tua dimostrazione).

Ti ringrazio per la risposta, sospettavo di questo errore.

[Sk_Anonymous]

Per quanto riguarda 3: la tua dimostrazione non mi convince molto - il testo, poi, domanda soltanto di provare la convergenza, non la convergenza a \(0\) - ma forse l'idea si può riutilizzare. Prova a calcolare a mano un po' di casi, cercando di maggiorare \(a_n\) in termini di \(a_0\) e \(a_1\). Ho fatto qualche conto, e mi sembra che valga qualcosa del tipo \[a_n < \frac{2^{n-1} - q_n}{2^{n-1}} a_1 + \frac{q_n}{2^{n-1}} a_0 \] con \(0

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[Shocker1]

Ciao, grazie per la risposta!

"Delirium":Per quanto riguarda 3: la tua dimostrazione non mi convince molto - il testo, poi, domanda soltanto di provare la convergenza, non la convergenza a \(0\) - ma forse l'idea si può riutilizzare. Prova a calcolare a mano un po' di casi, cercando di maggiorare \(a_n\) in termini di \(a_0\) e \(a_1\). Ho fatto qualche conto, e mi sembra che valga qualcosa del tipo \[a_n < \frac{2^{n-1} - q_n}{2^{n-1}} a_1 + \frac{q_n}{2^{n-1}} a_0 \] con \(0

L'idea della dimostrazione mi era venuta in mente proprio grazie alle maggiorazioni , rivedendole ho notato che il coefficiente di $a_1$ diventa quello di $a_0$ nella maggiorazione successiva, per cui la successione dei coefficienti dovrebbe essere $q_n = q_{n-1} + 2q_{n-2}$, da cui si ricava che $q_n =\frac{ (-1)^{n+1}}{3} + \frac{2^n}{3}$ e $a_n < \frac{q_na_1}{2^(n-1)} + \frac{q_(n-1)a_0}{2^{n-1}}$. IL RHS ha limite $\frac{2a_1}{3} + \frac{a_0}{3}$:

$lim_{n->+\infty} \frac{q_na_1}{2^(n-1)} + \frac{q_(n-1)a_0}{2^{n-1}} = lim_{n->+\infty} ( \frac{ (-1)^{n+1}}{3} + \frac{2^n}{3})\frac{a_1}{2^(n-1)} + (\frac{ (-1)^{n}}{3} + \frac{2^(n-1)}{3})\frac{a_0}{2^{n-1}} = lim_{n->+\infty} 2^n( \frac{ (-1)^{n+1}}{2^n3} + \frac{1}{3})\frac{a_1}{2^(n-1)} + 2^(n-1)(\frac{ (-1)^{n}}{3*2^(n-1)} + \frac{1}{3})\frac{a_0}{2^{n-1}} = lim_{n->+\infty} 2( \frac{ (-1)^{n+1}}{2^n3} + \frac{1}{3})a_1 +(\frac{ (-1)^{n}}{3*2^(n-1)} + \frac{1}{3})a_0 = \frac{2a_1}{3} + \frac{a_0}{3}$

.

Quindi sia $b_n = \frac{q_na_1}{2^(n-1)} + \frac{q_(n-1)a_0}{2^{n-1}}$, per ipotesi $0 < a_n < b_n$, inoltre $lim_{n ->+ oo} b_n = l = \frac{2a_1}{3} + \frac{a_0}{3}$, da cui: $\forall \epsilon > 0 \exists n_0 \in \mathbb{N}: |b_n - l| < \epsilon \forall n >= n_0$, quindi $a_n < b_n < l + \epsilon$ definitivamente e quindi sicuramente $a_n$ è limitata(non penso basti che $b_n->l$ per concludere che $a_n$ converge).
Ho provato a fissare qualche $\epsilon$ per provare che converge ma non sono riuscito a dimostrare nulla, ho anche provato, senza successo, a dimostrare che $a_n$ o $b_n$ sono monotone.

Grazie per l'aiuto.

[anonymous_0b37e9]

Esercizio 3

Iterando a partire da $[a_2<(a_1+a_0)/2]$:

$[a_2<(a_1+a_0)/2] [a_3<(3a_1+a_0)/4] [a_4<(5a_1+3a_0)/8] [a_5<(11a_1+5a_0)/16] [a_6<(21a_1+11a_0)/32]$

$[a_7<(43a_1+21a_0)/64] [a_8<(85a_1+43a_0)/128] [a_9<(171a_1+85a_0)/256] [a_10<(341a_1+171a_0)/512]...$

A secondo membro si ha una media pesata dei due termini $a_0$ e $a_1$. Inoltre, mentre i termini dispari sono maggiorati da una media pesata il cui limite è $a_0$ (il peso di $a_0$ cresce), i termini pari sono maggiorati da una media pesata il cui limite è $a_1$ (il peso di $a_1$ cresce). Insomma, i termini dispari tendono a dover essere minori o uguali di $a_0$ e i termini pari tendono a dover essere minori o uguali di $a_1$.

Iterando a partire da $[a_3<(a_2+a_1)/2]$:

$[a_3<(a_2+a_1)/2] [a_4<(3a_2+a_1)/4] [a_5<(5a_2+3a_1)/8] [a_6<(11a_2+5a_1)/16] [a_7<(21a_2+11a_1)/32]$

$[a_8<(43a_2+21a_1)/64] [a_9<(85a_2+43a_1)/128] [a_10<(171a_2+85a_1)/256] [a_11<(341a_2+171a_1)/512]...$

A secondo membro si ha una media pesata dei due termini $a_1$ e $a_2$. Inoltre, mentre i termini dispari sono maggiorati da una media pesata il cui limite è $a_2$ (il peso di $a_2$ cresce), i termini pari sono maggiorati da una media pesata il cui limite è $a_1$ (il peso di $a_1$ cresce). Insomma, i termini dispari tendono a dover essere minori o uguali di $a_2$ e i termini pari tendono a dover essere minori o uguali di $a_1$ (come nel passo precedente).

Iterando a partire da $[a_4<(a_3+a_2)/2]$:

$[a_4<(a_3+a_2)/2] [a_5<(3a_3+a_2)/4] [a_6<(5a_3+3a_2)/8] [a_7<(11a_3+5a_2)/16] [a_8<(21a_3+11a_2)/32]$

$[a_9<(43a_3+21a_2)/64] [a_10<(85a_3+43a_2)/128] [a_11<(171a_3+85a_2)/256] [a_12<(341a_3+171a_2)/512]...$

A secondo membro si ha una media pesata dei due termini $a_2$ e $a_3$. Inoltre, mentre i termini dispari sono maggiorati da una media pesata il cui limite è $a_2$ (il peso di $a_2$ cresce), i termini pari sono maggiorati da una media pesata il cui limite è $a_3$ (il peso di $a_3$ cresce). Insomma, i termini dispari tendono a dover essere minori o uguali di $a_2$ (come nel passo precedente) e i termini pari tendono a dover essere minori o uguali di $a_3$.

In definitiva, se si continua a iterare nel modo descritto:

i termini dispari tendono a dover essere minori o uguali di $a_0$
i termini dispari tendono a dover essere minori o uguali di $a_2$
i termini dispari tendono a dover essere minori o uguali di $a_4$
...
cioè, i termini dispari tendono a dover essere minori o uguali dell'estremo inferiore dei termini pari (quest'ultimo esiste, finito, visto che i termini sono positivi)

i termini pari tendono a dover essere minori o uguali di $a_1$
i termini pari tendono a dover essere minori o uguali di $a_3$
i termini pari tendono a dover essere minori o uguali di $a_5$
...
cioè, i termini pari tendono a dover essere minori o uguali dell'estremo inferiore dei termini dispari (quest'ultimo esiste, finito, visto che i termini sono positivi).

L'unica possibilità è che l'estremo inferiore dei termini dispari sia uguale all'estremo inferiore dei termini pari ed entrambi uguali al limite della successione.

Anche se andrebbe senz'altro formalizzzata più adeguatamente, a me sembra piuttosto convincente.

[anonymous_0b37e9]

Esercizio 2

Per definizione di limite:

$lim_(n->+oo)(x_n-x_(n+2))=0 rarr AA \epsilon in RR^+ EE n_\epsilon in NN: AA n>=n_\epsilon rarr [x_n-\epsilon
Ne consegue che (vedi nota alla fine della dimostrazione):

$AA l>n_epsilon ^^ l in {n_epsilon+1, n_epsilon+3, ...}$:

$|(x_(n_\epsilon)-x_(n_\epsilon+1))-(x_(l+1)-x_l)|=$

$=|(x_(n_\epsilon)-x_(n_\epsilon+2))+...+(x_(l-1)-x_(l+1))|<=$

$<=|x_(n_\epsilon)-x_(n_\epsilon+2)|+...+|x_(l-1)-x_(l+1)|<(l-n_\epsilon)\epsilon rarr$

$rarr (x_(n_\epsilon+1)-x_(n_\epsilon))/(l-n_\epsilon)-\epsilon<(x_l-x_(l+1))/(l-n_\epsilon)<(x_(n_\epsilon+1)-x_(n_\epsilon))/(l-n_\epsilon)+\epsilon$

$AA l>n_epsilon ^^ l in {n_epsilon+2, n_epsilon+4, ...}$:

$|(x_(n_\epsilon)-x_(n_\epsilon+1))-(x_l-x_(l+1))|=$

$=|(x_(n_\epsilon)-x_(n_\epsilon+2))+...+(x_(l+1)-x_(l-1))|<=$

$<=|x_(n_\epsilon)-x_(n_\epsilon+2)|+...+|x_(l+1)-x_(l-1)|<(l-n_\epsilon)\epsilon rarr$

$rarr (x_(n_\epsilon)-x_(n_\epsilon+1))/(l-n_\epsilon)-\epsilon<(x_l-x_(l+1))/(l-n_\epsilon)<(x_(n_\epsilon)-x_(n_\epsilon+1))/(l-n_\epsilon)+\epsilon$

Riassumendo:

$AA \epsilon in RR^+ EE n_\epsilon in NN:$

$AA l>n_epsilon ^^ l in {n_epsilon+1, n_epsilon+3, ...} rarr [(x_(n_\epsilon+1)-x_(n_\epsilon))/(l-n_\epsilon)-\epsilon<(x_l-x_(l+1))/(l-n_\epsilon)<(x_(n_\epsilon+1)-x_(n_\epsilon))/(l-n_\epsilon)+\epsilon]$

$AA l>n_epsilon ^^ l in {n_epsilon+2, n_epsilon+4, ...} rarr [(x_(n_\epsilon)-x_(n_\epsilon+1))/(l-n_\epsilon)-\epsilon<(x_l-x_(l+1))/(l-n_\epsilon)<(x_(n_\epsilon)-x_(n_\epsilon+1))/(l-n_\epsilon)+\epsilon]$

Inoltre:

$EE y_\epsilon in RR^+: [(|x_(n_\epsilon)-x_(n_\epsilon+1)|)/(y_\epsilon-n_\epsilon)=\epsilon] ^^ [AA l>y_\epsilon rarr (|x_(n_\epsilon)-x_(n_\epsilon+1)|)/(l-n_\epsilon)<\epsilon]$

Infatti, esplicitando:

$y_\epsilon=n_\epsilon+(|x_(n_\epsilon)-x_(n_\epsilon+1)|)/\epsilon$

Finalmente:

$AA \epsilon in RR^+ EE y_\epsilon in RR^+: AA l>y_\epsilon rarr [-2\epsilon<(x_l-x_(l+1))/(l-n_\epsilon)<2\epsilon] rarr [-2\epsilon<(x_l-x_(l+1))/l<2\epsilon]$

insomma, la tesi.

Nota
Considerando, per semplicità, solo indici numerici, l'artificio consiste essenzialmente in questo:

$(x_1-x_2)-(x_5-x_4)=(x_1-x_3)+(x_4-x_2)+(x_3-x_5)$

$(x_1-x_2)-(x_5-x_6)=(x_1-x_3)+(x_4-x_2)+(x_3-x_5)+(x_6-x_4)$

[theras]

In alternativa all' $\epsilon \nu$-ese,comunque certamente istruttivo,usato nel III° punto,propongo l'utilizzo d'uno dei teoremi dovuto a Cesaro,ossia quello sulla media aritmetica di una successione numerica,che in un certo senso è sintesi equivalente della dimostrazione di @anonymous_0b37e9 e mi pare suggerisca l'essenzialità della convergenza di $"{x"_"n+2"-"x"_"n""}"_{"n"in NN}$ ai fini dell'acquisizione della tesi(sebbene non necessariamente a $0$..).

Dall'ipotesi appena richiamata deduciamo,per quanto noto in merito alle estratte d'una successione convergente,come le $"{x"_"2k+2"-"x"_"2k""}"_{"k"in NN}$ e $"{x"_"2k+1"-"x"_"2k-1""}"_{"k"in NN}$ siano esse stesse infinitesime e che pertanto,visto il teorema di Cesaro appena richiamato,lo sono pure le due successioni aventi termine generale rispettivamente ${"(x"_"4""-x"_"2"")+(x"_"6""-x"_"4"")+...+(x"_"2k""-x"_"2k-2"")+(x"_"2k+2""-x"_"2k"")"}/"k""="{"x"_"2k+2""-x"_"2"}/"k"$ e ${"(x"_"3""-x"_"1"")+(x"_"5""-x"_"3"")+...+(x"_"2k-1""-x"_"2k-3"")+(x"_"2k+1""-x"_"2k-1"")"}/"k""="{"x"_"2k+1""-x"_"1"}/"k"$;
da ciò,essendo evidentemente infinitesima le $"{"{"x"_"2""-x"_"1"}/"k""}"_{"k"in NN}$,è immediato importare,con opportuna somma algebrica delle successioni introdotte(ma conta che sia infinitesima solo l'ultima...),che è infinitesima la $"{"{"x"_"2k+2""-x"_"2k+1"}/"k""}"_{"k"in NN}$ e dunque,moltiplicandola per la successione di termine generale $"k"/"2k+1"to"1"/"2"$,lo è la $"{"{"x"_"2k+2""-x"_"2k+1"}/"2k+1""}"_{"k"in NN}$:
in modo quasi del tutto analogo sarà possibile dimostrare come nelle ipotesi fatte sia infinitesima la $"{"{"x"_"2k+1""-x"_"2k"}/"2k""}"_{"k"in NN}$,e che dunque la successione della tesi,avendo le estratte di posto pari e dispari entrambe infinitesime,è essa stessa infinitesima per quanto noto dall'Analisi I su tali particolari coppie di successioni estraenti

Saluti dal web.
P.S.In merito all'ultimo esercizio mi chiedo ad occhio se non sia possibile provare agevolmente la(almeno definitiva..) decrescenza della $"{a"_"n" "}"_{"n" in NN}$:
sarebbe un bel passo in avanti,considerando che nelle ipotesi fatte essa è certamente limitata inferiormente..