Frage zu Sequenzen (Real Analysis)

Question

Lassen $x_1$ = 1 und $x_{n+1} = x_n + \frac{1}{x_{n}^2}$.

Zeigen Sie, dass (a) $x_{n+1}^3 > x_{n}^3 + 3, \forall n > 1$, (b) $x_n \geq \sqrt[3]{3n-2}, \forall n > 1$, (c) Zeigen Sie das $x_n$ divergiert.

Ich habe Teil A gemacht, bin aber in Teil b mehr als 2 Stunden lang festgefahren. Wenn ich hoffentlich Teil b verstehe, werde ich versuchen, Teil c zu machen.

Answer 1

Beweis von (a):

$x_{n+1}^3=\left(x_n+\dfrac{1}{x_n^2}\right)^3=x_n^3+3+\dfrac{3}{x_n^3}+\dfrac{1}{x_n^6}>x_n^3+3\;,$

für alle $\;n\in\mathbb{N}\;.$

Beweis von (b):

Zuerst beweisen wir (b) für $\;n=1\;:$

$x_n=x_1=1\ge\sqrt[3]{3\cdot1-2}=\sqrt[3]{3n-2}\;.$

Nun nehmen wir an, dass (b) wahr ist für $\;n\;$ und beweise es für $\;n+1\;:$

$x_{n+1}\underset{\overbrace{\text{From (a)}}}{>}\sqrt[3]{x_n^3+3}\underset{\overbrace{\text{Supposing (b) true for $n$}}}{\ge}\sqrt[3]{3n-2+3}=$

$=\sqrt[3]{3(n+1)-2}\;.$

Durch Induktion gilt (b) für alle $\;n\in\mathbb{N}\;.$

Beweis von (c):

Schon seit $\;x_n\ge\sqrt[3]{3n-2}\;$ für alle $\;n\in\mathbb{N}\;$ und

$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[3]{3n-2}=+\infty\;,\;$ es folgt dem $\;\lim\limits_{n\to\infty}x_n=+\infty\;.$