Sir convergent

[andy crisan]

Fie \( (x_n)_{n\geq 1} \) un sir marginit de numere reale. Stiind ca \( \lim_{n\to\infty}(x_{n+1}-x_{n})=0 \) sa se arate ca sirul este convergent.

***

[mihai++]

cineva vreo idee?

[mychrom]

Sper sa nu gresesc, dar daca luam \( x_n=\sin(H_n) \), unde \( H_n \) este seria armonica pana la n, se verifica conditiile din enunt, dar \( x_n \) nu are limita.
In primul rand, sirul este evident marginit, iar \( x_{n+1}-x_n=2\sin \frac{1}{2(n+1)} cos (H_n+\frac{1}{2(n+1)}) \), deci \( \lim( x_{n+1}-x_n)=0 \).
Pe de alta parte, pentru un \( a \) fixat, destul de mic, pot gasi o infinitate de perechi n si k, numere naturale, astfel incat \( |\sin H_n-k\pi|<a \) si, de asemenea, o infinitate de perechi m si t astfel incat \( |\sin H_m-\frac{(2t+1)}{2}\pi|<a \), deci sirul \( x_n \) nu are limita (de fapt, multimea valorilor aderente ale lui \( x_n \) este [-1,1]).

[turcas]

Fie \( (x_n)_{n\geq 1} \) un sir marginit de numere reale. Stiind ca \( \lim_{n\to\infty}(x_{n+1}-x_{n})=0 \) sa se arate ca sirul este convergent.

***

Tudor are dreptate.
Ne folosim de faptul ca seria \( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \) este divergenta.

Deci pentru fiecare \( n \) natural, gasim un \( m \) astfel incat :

\( \frac{1}{n+1}+ \frac{1}{n+2}+ \dots + \frac{1}{n+m} > 1 \). Asta ne asigura ca putem alege \( \varepsilon_n \in \{ -1;1\} \) si un subsir \( (x_{n_k}) \) al sirului \( x_n= \sum_{k=1}^{n} \frac{\varepsilon_k}{k} \), astfel incat \( x_{n_{2k}} \leq 0 \) si \( x_{n_{2k+1} }\geq 1 \).

[Beniamin Bogosel]

Incercati sa demonstrati ca daca \( \lim_{n\to \infty} (x_n-x_{n+1})=0 \) atunci multimea punctelor limita ale sirului \( (x_n) \) este un interval compact.
Poate fi folositoare, ca o lema, desi nu cred ca ajuta in problema data.

[andy crisan]

Asa e problema e gresita. Cred ca mai bine o puneam la intrebari teoretice.