A sequência é sempre divergente
Considere a sequência
$x_n = [(\frac{2}{n}+1)^r+(\frac{2}{n}-1)^r]n^{r-1}$, $n=1,2,3,..., r=1,2,3...$
É sempre verdade que $x_n \rightarrow\infty$ Como $n\rightarrow\infty$? Ou é verdade apenas quando$r$ é um número par e converge para $0$ quando $r$ é estranho?
Se ao invés a sequência fosse
$y_n= [1+(-1)^r]n^{r-1}$, $n=1,2,3,..., r=1,2,3,...$então qual seria o caso? Seria$y_n$ ser divergente, independentemente de $r$ é par ou ímpar?
Respostas
A primeira sequência $\{x_n\}$ tende a $0$ para $r=1$, e diverge para $\infty$ para todos os outros valores de $r$. O segundo$\{y_n\}$ é identicamente $0$ para estranho $r$, e diverge para $\infty$ para mesmo $r$. Eu deixei a solução para$\{x_n\}$ abaixo.
E se $r=1$, então $x_n=\left[\left(\frac{2}{n}+1\right)^1+\left(\frac{2}{n}-1\right)^1\right]n^{1-1}=\frac{2}{n}+1+\frac{2}{n}-1=\frac{4}{n}$, que se aproxima $0$. Para todos os outros valores de$r$, precisaremos fornecer argumentos separados para pares e ímpares $r$. Faremos uso dos seguintes fatos:
$$\lim\limits_{n\to\infty}\left[\left(\frac{2}{n}+1\right)^r+\left(\frac{2}{n}-1\right)^r\right]=1+(-1)^r$$ $$\lim\limits_{n\to\infty}n^{r-1}=\infty$$
Caso 1 :$r$ é mesmo
Aqui, $1+(-1)^r=1+1=2$. Já que o produto de uma sequência convergente com limite diferente de zero e que tende a$\infty$ também tende a $\infty$, nós temos isso
$$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\left[\left(\frac{2}{n}+1\right)^r+\left(\frac{2}{n}-1\right)^r\right]n^{r-1}\right)=\infty$$
Caso 2 :$r$ é estranho
Observe que já discutimos o caso $r=1$, assim $r$ é pelo menos 3 (isso será importante mais tarde).
Aqui, $1+(-1)^{r}=1-1=0$, então não podemos simplesmente multiplicar $\left(\frac{2}{n}+1\right)^r+\left(\frac{2}{n}-1\right)^r$ com $n^{r-1}$e pegue o limite. Em vez disso, vamos considerar a função$f(x)=\left[\left(\frac{2}{x}+1\right)^r+\left(\frac{2}{x}-1\right)^r\right]x^{r-1}$para que possamos aplicar L'Hôpital's. Isso é equivalente a
$$f(x)=\frac{\left(\frac{2}{x}+1\right)^r+\left(\frac{2}{x}-1\right)^r}{x^{1-r}}$$
A abordagem do numerador e do denominador $0$ Como $x\to\infty$, então nos diferenciamos.
\begin{align*} \frac{\frac{d}{dx}\left[\left(\frac{2}{x}+1\right)^r+\left(\frac{2}{x}-1\right)^r\right]}{\frac{d}{dx}x^{1-r}} &= \frac{r\left(\frac{2}{x}+1\right)^{r-1}\cdot\frac{-2}{x^2}+r\left(\frac{2}{x}-1\right)^{r-1}\cdot\frac{-2}{x^2}}{(1-r)x^{-r}}\\ &= -\frac{2rx^{-2}}{1-r}\cdot x^{r}\cdot \left[\left(\frac{2}{x}+1\right)^{r-1}+\left(\frac{2}{x}-1\right)^{r-1}\right]\\ &= -\frac{2rx^{r-2}}{1-r}\left[\left(\frac{2}{x}+1\right)^{r-1}+\left(\frac{2}{x}-1\right)^{r-1}\right] \end{align*}
Notar que $\left(\frac{2}{x}+1\right)^{r-1}+\left(\frac{2}{x}-1\right)^{r-1}\to 1+(-1)^{r-1}$ Como $x\to\infty$. Porque$r$ é estranho, $r-1$ é necessariamente uniforme, então $1+(-1)^{r-1}=2$. Está claro que$x^{r-2}\to\infty$ Porque $r$ é pelo menos $3$. Notar que$-\frac{2r}{1-r}>0$ Porque $r\geq 3$, Nós temos
$$\lim\limits_{x\to\infty}-\frac{2rx^{r-2}}{1-r}\left[\left(\frac{2}{x}+1\right)^{r-1}+\left(\frac{2}{x}-1\right)^{r-1}\right]=\infty$$
assim
$$\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to\infty}\left(\left[\left(\frac{2}{x}+1\right)^r+\left(\frac{2}{x}-1\right)^r\right]x^{r-1}\right)=\infty$$
Portanto,
$$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\left[\left(\frac{2}{n}+1\right)^r+\left(\frac{2}{n}-1\right)^r\right]n^{r-1}\right)=\infty$$
Isso completa a solução.