Question sur les séquences (Real Analysis)

Question

Laisser $x_1$ = 1 et $x_{n+1} = x_n + \frac{1}{x_{n}^2}$.

Montrez que (a) $x_{n+1}^3 > x_{n}^3 + 3, \forall n > 1$, (b) $x_n \geq \sqrt[3]{3n-2}, \forall n > 1$, (c) Montrer que $x_n$ diverge.

J'ai fait la partie a, mais complètement coincé pendant plus de 2 heures sur la partie b. Si j'espère comprendre la partie b, j'essaierai de faire la partie c.

Answer 1

Preuve de (a):

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

pour tous $\;n\in\mathbb{N}\;.$

Preuve de (b):

Nous prouvons d'abord (b) pour $\;n=1\;:$

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

Maintenant, nous supposons que (b) est vrai pour $\;n\;$ et le prouver pour $\;n+1\;:$

$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}=$

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

Par récurrence (b) est vrai pour tous $\;n\in\mathbb{N}\;.$

Preuve de (c):

Depuis $\;x_n\ge\sqrt[3]{3n-2}\;$ pour tous $\;n\in\mathbb{N}\;$ et

$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[3]{3n-2}=+\infty\;,\;$ il s'ensuit que $\;\lim\limits_{n\to\infty}x_n=+\infty\;.$