¿Podemos resolver esta relación de recurrencia?

Question

Considere la siguiente relación de recurrencia $$x_1=1 \\ x_2=a \\ x_{n+2}=ad^nx_{n+1}-dx_n$$ donde $a,x_n \in\mathbb {C}$ y $d \in\mathbb {R},d>1$ .

¿Hay algún $a \in\mathbb {C}$ de tal manera que $ \lim x_n=0$ ? o al menos puede encontramos una fórmula para $x_n$ dependiendo sólo de $a$ y $d$ ?

Answer 1

Sea $x_n$ sea una secuencia compleja que cumpla $x_0=0$ , $x_1=1$ et $$x_{n+2}=ad^nx_{n+1}-dx_n$$ para todos $n\in\Bbb N$ con $d>1$ y $a\in\Bbb C\setminus\{0\}$ . Entonces \begin{align} &x_n=O(a^nd^{n^2/2-n/2})& &(n\to\infty)\tag 1 \end{align} Además, tenemos $x_n=o(a^nd^{n^2/2-n/2})$ sólo si $x_n\xrightarrow{n\to\infty}0$ .

Prueba. Obsérvese en primer lugar que la secuencia $u_n=a^nd^{n^2/2-n/2-1}$ satisfacer $u_{n+2}=ad^nu_{n+1}$ por lo que si ponemos $w_n=x_n/u_n$ tenemos $$w_{n+2}=w_{n+1}-d\frac{u_n}{u_{n+2}}w_n$$ Desde $d\frac{u_n}{u_{n+2}}=\frac{d^2}{a^2d^{2n}}$ obtenemos $$w_{n+2}=w_1-\frac{d^2}{a^2}\sum_{k=0}^n\frac{w_k}{d^{2k}}\tag 3$$

Afirmamos que esta secuencia converge. Para todo $n\in\Bbb N$ tenemos \begin{align} &|w_n|\leq c^n& &\text{where } c=1+\frac{d^4}{|a|^2(d^2-1)}>1 \end{align} Esto se deduce por inducción en $n$ para \begin{align} |w_{n+2}| &\leq|w_1|+\frac{d^2}{|a|^2}\sum_{k=0}^n\frac{|w_k|}{d^{2k}}\\ &\leq c+\frac{d^2}{|a|^2}c^n\sum_{k=0}^nd^{-2k}\\ &\leq c^{n+1}+\frac{d^2}{|a|^2}c^{n+1}\frac 1{1-d^{-2}}\\ &\leq c^{n+2} \end{align} En consecuencia, $\sqrt[n]{|w_n|}$ está acotada y $\ell=\limsup\sqrt[n]{|w_n|}$ . Si $\ell<d^2$ entonces la serie de potencias en $(3)$ es convergente, por lo que $w_n$ también es convergente. Supongamos que $\ell\geq d^2>1$ . Entonces para todos $\varepsilon>0$ tenemos $|w_n|\leq(\ell+\varepsilon)^n$ eventualmente, por lo que existe una constante $C>0$ satisfaciendo \begin{align} \ell &=\limsup\sqrt[n]{|w_n|}\\ &\leq\limsup\sqrt[n]{|w_1|+C\sum_{k=0}^n\left(\frac{\ell+\varepsilon}{d^2}\right)^k}\\ &\leq\lim \sqrt[n]{|w_1|+C\frac{\left(\frac{\ell+\varepsilon}{d^2}\right)^{n+1}-1}{\frac{\ell+\varepsilon}{d^2}-1}}\\ &=\frac{\ell+\varepsilon}{d^2} \end{align} de la cual $\ell\leq\frac\ell{d^2}$ lo que implica $d^2\leq 1$ una contradicción que demuestra $w_n$ es convergente y, por tanto, demuestra que $(1)$ .

Por último, de $(3)$ obtenemos $w_n\xrightarrow{n\to\infty}0$ sólo si $$w_1=\frac{d^2}{a^2}\sum_{k=0}^\infty\frac{w_k}{d^{2k}}$$ de la cual $$w_{n+2}=\frac{d^2}{a^2}\sum_{k=n+1}^\infty\frac{w_k}{d^{2k}}$$ Sea $$s_n=\sup_{k\geq n}|w_k|$$ Entonces $s_n\downarrow 0$ y para todos $k\geq n$ tenemos \begin{align} |w_{k+2}| &\leq\frac{d^2}{|a|^2}\frac{s_{k+1}}{d^{2k+2}}\\ &\leq\frac{d^2}{|a|^2}\frac{s_{n+1}}{d^{2n+2}} \end{align} de la cual $$s_{n+2}\leq\frac{d^2}{|a|^2}\frac{s_{n+1}}{d^{2(n+1)}}$$ En consecuencia \begin{align} s_n &\leq s_0\prod_{k=0}^{n-1}\frac{d^2}{|a|^2 d^{2k}}\\ &\leq s_0\frac{d^{2n}}{|a|^{2n}d^{n^2-n}} \end{align} En consecuencia, \begin{align} |x_n| &=|u_n||w_n|\\ &\leq |u_n| s_n\\ &\leq s_0\frac{|u_n|}{|a|^{2n}d^{n^2-n}}\\ &=\frac{|a|^nd^{n^2/2-n/2-1}}{|a|^{2n}d^{n^2-3n}}\\ &\xrightarrow{n\to\infty}0 \end{align} $\square$

Suponiendo que $x_n\neq 0$ finalmente, tenemos $x_n\xrightarrow{n\to\infty}0$ sólo si $|x_{n+1}/x_n|$ está limitada.

Prueba. La secuencia $z_n=\sqrt d x_{n+1}/x_n$ satisfacer $$z_{n+1}+\frac 1{z_n}=\frac a{\sqrt d}d^n$$ Si $|z_n|$ está acotada, entonces $|\frac 1{z_n}|\geq\frac{|a|}{\sqrt d}d^n-|z_{n+1}|\to\infty$ . Así $|z_n|\to 0$ . En particular, $|z_n|$ está limitada por $1/2$ Por lo tanto $|x_n|$ está limitada $2^{-n}$ Por lo tanto $x_n\to 0$ . $\square$

Tenemos $x_n\xrightarrow{n\to\infty}0$ sólo si $\sqrt[n]{|x_n|}$ está limitada.

Prueba. Sea $\sqrt[n]{|x_n|}$ estar acotado y $$\ell=\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|x_n|}$$ Entonces para todos $\varepsilon>0$ tenemos $|x_n|<(\ell+\varepsilon)^n$ eventualmente, por lo tanto \begin{align} \ell &=\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n+1]{|x_{n+1}|}\\ &\leq\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n+1]{\left|\frac{x_{n+2}}{ad^n}\right|+\left|\frac{dx_n}{ad^n}\right|}\\ &\leq\lim_{n\to\infty}\sqrt[n+1]{\frac{(\ell+\varepsilon)^{n+2}} {|a|d^n}+\frac{d(\ell+\varepsilon)^{n}}{|a|d^n}}\\ &=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n+1]{\frac{(\ell+\varepsilon)^{n}}{|a|d^n}((\ell+\varepsilon)^2+d)}\\ &=\frac{\ell+\varepsilon}d \end{align} Así $\ell\leq\frac{\ell+\varepsilon}d$ para todos $\varepsilon>0$ Por lo tanto $\ell\leq\ell/d$ de la cual $\ell(d-1)\leq 0$ . Desde $d>1$ y $\ell\geq 0$ Esto implica $\ell=0$ Por lo tanto $x_n\to 0$ . $\square$

Una función generadora.

Tenemos $x_n\xrightarrow{n\to\infty}0$ si y sólo si existe una función entera $G:\Bbb C\to\Bbb C$ que satisface la ecuación funcional $$(1+dz^2)G(z)=1+azG(dz)$$

Prueba. Sea $x_0=0$ y $x_1=1$ y que $F$ sea su función generadora $$F(z)=\sum_{n=0}^\infty x_n z^n=zG(z)$$ Entonces $G$ satisfacen la ecuación funcional $$(1+dz^2)G(z)=1+azG(dz)$$ En concreto, se obtiene $G(0)=1$ y para $z=\pm i\sqrt d$ $$G(\pm i\sqrt d)=\pm i\frac{\sqrt d}a$$

Answer 2

$$\mathbf{\color{green}{FINAL\ EDITION}}$$ $$\mathbf{\color{brown}{Case\ d=0}}$$ Si $d=0,$ entonces \begin{align} &x_1=1,\quad x_2=a,\quad x_n=0,\quad n=3, 4,\dots. \end{align} Entonces $\mathbf{x_n\to 0.}$

$$\mathbf{\color{brown}{Case\ d\not=0.\ Sequence\ transformation}}$$

Fácil de conseguir \begin{align} &x_1=1,\quad x_2=a,\quad x_{1+2} = ad^1\cdot a-d\cdot1 = d(a^2-1),\\[4pt] &x_{2+2} = ad^2\cdot d(a^2-1)- d\cdot a = ad(d^2(a^2-1)-1),\\[4pt] &x_{3+2} = ad^3\cdot ad(d^2(a^2-1)-1) - d\cdot d(a^2-1) = d^2(a^2d^2(d^2(a^2-1)-1))-(a^2-1))\dots \end{align} Sea $$x_n = d^{n/_2\ }y_{n},\quad n=1, 2,\dots,\tag1$$ entonces \begin{align} &d^{\frac{n+2}2}y_{n+2} = ad^nd^{\frac{n+1}2}y_{n+1} - d^{\frac{n}2}dy_n,\\[4pt] &y_{n+2}=gd^ny_{n+1}-y_n,\quad g=\dfrac a{\sqrt d}, \tag2\\ \end{align} $$\begin{align} &y_1=1,\quad y_2=g,\\ &y_3=dg^2-1=dg^2-S_0,\\ &y_4=d^3g^3-(d^2+1)g=d^3g^3-S_2g,\\ &y_5=d^6g^4-(d^5+d^3+d)g^2+1 = d^6g^4-S_4dg^2+1,\\ &y_6=d^{10}g^5-(d^9+d^7+d^5+d^3)g^3 +(d^4+d^2+1)g=d^{10}g^5-S_6d^3g^3+S_4g,\\ &y_7=d^{15}g^6-S_8d^6g^4+(S_6+d^3)dg^2-1=d^{15}g^6-S_8d^6g^4+(S_6+d^3)dg^2-1,\\ &y_8=d^{21}g^7-S_{10}d^{10}g^5+(S_{12}+d^6)d^3g^3=d^{21}g^7-S_{10}d^{10}g^5+S_6(d^6+1)d^3g^3,\\ &y_9=d^{28}g^8-S_{12}d^{15}g^6+(S_{14}+d^{12}+d^{10}+2d^8+d^6+d^4)d^6g^4\\ &-(S_{12}+d^8+d^6+d^4)dg^2+1\\ &=d^{28}g^8-S_{12}d^{15}g^6+(S_{10}+d^8)(d^4+1)d^6g^4-S_{10}(d^4+1)dg^2+1\dots,\\ \end{align}\tag3$$ en el que sólo pueden obtenerse regularidades sencillas para el primer y el último término.

$$\mathbf{\color{brown}{Using\ recurrence\ relation.}}$$

Consideremos el comportamiento de la relación de recurrencia $$y_{n+2}+sy_{n+1}+y_{n}=0,\quad y_1=b_1,\quad y_2=b_2,\quad b\not=0.\tag4$$ La ecuación característica $$t^2+st+1=0\tag5$$ tiene las raíces $$t_{1,2} = -\frac s2 \pm \frac{\sqrt{s^2-4}}2,\tag6$$ por lo que la solución común es $$y_n=C_1t_1^{n}+C_2t_2^{n}.\tag7$$

$\mathbf{Case\ s^2-4<0.}$

Es fácil ver que $|t_1|=|t_2|=1.$ La secuencia $y_n$ está acotado si $\mathbf{|s|<2}.$

$\mathbf{Case\ s^2-4=0.}$

La secuencia $y_n$ está acotado si $\mathbf{s=\pm2}.$

$\mathbf{Case\ s^2-4 > 0.}$

Sea $|t_1|<1,$ entonces la secuencia $y_n$ converge a $0$ si $C_2=0,$ o si $\mathbf{|s|\ge2,\quad b_2=b_1t_1}.$

Por lo tanto, la secuencia $y_n$ converge a $0$ si $\mathbf{|s|\ge2,\quad b_2=b_1t_1}.$

$$\mathbf{\color{brown}{Case\ g=0.}}$$ Ecuación $(2)$ se transforma en $$y_{n+2}+y_n=0$$ del tipo $(4)$ con $s=0.$ Así que $\mathbf{z_n\ are\ bounded\ and\ x_n\to 0}.$

$$\mathbf{\color{brown}{Case\ d\not=0,\quad g\not=0}}$$

$\mathbf{\color{green}{Splitting}}$

Dividamos las subsecuencias pares e Impares de $y_n,$ \begin{align} &y_{n+2} = d^ngy_{n+1} - y_n = d^ng(d^{n-1}gy_n-y_{n-1})-y_n = (d^{2n-1}g^2-1)y_n-d^ngy_{n-1}\\ &=(d^{2n+1}g^2-1)y_n-d^2(y_n+y_{n-2}),\\ \end{align} $$\boxed{y_{n+2}=(d^{2n-1}g^2-d^2-1)y_n-d^2y_{n-2}}.\tag8$$ Fórmulas $(8)$ puede comprobarse fácilmente, utilizando $(3)$ .

Esto permite considerar la impar ( $n=2k-1$ ) y el par ( $n=2k)$ subsecuencias como $$z_{k+2}^{(Odd)} = (d^{4k-3}g^2-d^2-1)z_{k+1}^{(Odd)} - d^2z_{k}^{(Odd)},\quad z_{1}^{(Odd)} = 1,\quad z_{n+2}^{(Odd)} = dg^2 - 1,\tag{8O}$$ $$z_{k+2}^{(Even)} = (d^{4k-1}g^2-d^2-1)z_{k+1}^{(Even)} - d^2z_{k}^{(Even)},\quad z_{1}^{(Even)} = g,\quad z_{n+2}^{(Even)} = d^3g^3 - (d^2+1)g.\tag{8E}$$

$\mathbf{\color{green}{Case\ 0<|d|<1}}$

Es fácil ver que para un valor arbitrario de $g$ $$\lim\limits_{n\to\infty}d^{2n-1}g^2 = 0,$$ y el comportamiento asintótico tanto de las subsecuencias pares como de las Impares de $y_n$ se define por la relación de recurrencia $$z_{n+2}+(d^2+1)z_{n+1}+d^2y_n=0.\tag9$$ La ecuación característica de $(9)$ es $$t^2+(d^2+1)t+d^2=0,\tag{10},$$ con las raíces $t_1=-1$ y $t_2=-d^2.$ Esto da la solución común de $(9)$ en forma de $$z_{n+2} = C_1(-1)^n+C_2(-d^2)^n.\tag{11}$$ Es fácil demostrar que $\mathbf{z_n\ are\ bounded\ and\ x_n\to 0}.$

$\mathbf{\color{green}{Case\ |d|=1}}$

Ecuación $(2)$ adopta la forma de $$z_{n+2}+gz_{n+1}+z_n=0,\tag{12}$$ similar a $(4).$ Así que $\mathbf{x_n\to 0\ if\ g\in[-2,2]}.$

Intento de cumplir las condiciones $t_1b_1=b_2$ en el mismo tiempo para las dos subsecuencias $z_n$ conduce a la ecuación $(g^2-1)g=g^3-2g$ por lo que no existen soluciones con otros valores de $g$ .

$\mathbf{\color{green}{Extended\ recurrence\ relation.}}$

Todos los intentos de obtener la forma cerrada de la solución no tuvieron éxito.

Al mismo tiempo, la aplicación recursiva de $(8)$ da para $i=0\dots3:$ \begin{align} &y_{4m+i} = d^{8(m-1)+2i+3}g^2y_{4(m-1)+i+2}-(d^2+1)(y_{4(m-1)+i+2}+y_{4(m-1)+i})\\[4pt] &+ d^{8(m-2)+2i+3}g^2y_{4(m-2)+i+2}-(d^2+1)(y_{4(m-2)+i-2}+y_{4(m-2)+i-4})\\[4pt] &+ d^{8(m-3)+2i+3}g^2y_{4(m-3)+i+2}-(d^2+1)(y_{4(m-3)+i-2}+y_{4(m-3)+i-4})+\dots,\\[4pt] \end{align} $$\color{brown}{y_{4m+i}= \sum\limits_{k=0}^{m-1}\left(d^{8k+2i+3}g^2y_{4k+i+2}-(d^2+1)\left(y_{4k+i+2}+y_{4k+i}\right)\right)}.\tag{13}$$

$\mathbf{\color{green}{Case\ \quad |d|>1}}$

Supongamos que $$y_m=Cp^m,\tag{14}$$ entonces, utilizando $(13),$ se puede conseguir $$p^{4m+i}+(d^2+1)p^i\frac{p^{4m}-1}{p^2-1}=d^{2i+3}p^{i+2}\frac{d^{8m}p^{4m}-1}{d^8p^4-1}g^2,$$ o $$\frac{p^{4m+2}-1}{p^2-1}+d^2\frac{p^{4m}-1}{p^2-1}=d^{2i+3}p^2\frac{d^{8m}p^{4m}-1}{d^8p^4-1}g^2.\tag{15}$$

$$\mathbf{Case\ |p|>1}.$$

$\mathbf{Both\ y_m\ and\ x_m\ are\ not\ bounded\ }.$

$$\mathbf{Case\ |p|\to 1}.$$

$$LHS(15)\sim 2m(d^2+1)+1,\quad RHS(15)\sim d^{2i-1}g^2(d^4p^2)^{2m-1}.$$ $\mathbf{There\ are\ not\ solutions\ in\ the\ form\ (14)}.$

$$\mathbf{Case\ 1>|p|>\frac1{d^2}}.$$

$$LHS(15)\to \dfrac{d^2+1}{1-p^2}\le \dfrac{d^2+1}{1-d^{-4}}=\dfrac{d^4}{d^2-1},$$ $$RHS(15)\sim d^{2i-1}g^2(d^4p^2)^{2m-1}.$$ $\mathbf{There\ are\ not\ solutions\ in\ the\ form\ (14)}.$

$$\mathbf{Case\ |p|\to\frac1{d^2}}.$$

$$LHS(15)\to \dfrac{d^2+1}{1-p^2}\to \dfrac{d^2+1}{1-d^{-4}}=\dfrac{d^4}{d^2-1},$$ $$RHS(15)\sim d^{2i-1}g^2m.$$ $\mathbf{There\ are\ not\ solutions\ in\ the\ form\ (14)}.$

$$\mathbf{Case\ |p|<\frac1{d^2}}.$$

$$LHS(15)\to \dfrac{d^2+1}{1-p^2},\quad RHS(15)\to\frac{d^{2i+3}p^2}{1-p^4d^8}g^2.$$ Si $|p|$ cambios de $0$ a $\frac1{d^2},$ entonces $LHS(15)$ aumenta de $(d^2+1)$ a $\frac{d^4}{d^2-1}.$

Por otro lado, $|RHS(15)|$ aumenta de $0$ a $\infty.$

Si $d<-1,\quad i\in\{1,3\}$ entonces $RHS(15)\le0.$ En caso contrario $RHS(15)\ge0.$

Así que $\mathbf{x_m\to 0\ iff\ d>1}.$

$$\mathbf{\color{brown}{Conclusion.}}$$

Por lo tanto, la secuencia dada converge a $0$ si $$\mathbf{\color{brown}{(|d|<1)\ or\ ((|d|=1) \wedge (|g|\ge2)\ or\ (d>1)}}.$$

Answer 3

No estoy convencido, todavía, de que lo que sigue a continuación sea correcto (estoy seguro de que hay un fallo en alguna parte), pero creo que vale la pena publicarlo para que otros puedan comprobar si hay errores...

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Supongamos que $y_n=x_{n+1}-A_n x_n$ . Ahora, podemos observar que $$\begin{align} y_{n+1}=x_{n+2}-A_{n+1}x_{n+1} &= (ad^n-A_{n+1}) x_{n+1} - dx_n\\ &=(ad^n-A_{n+1})\left(x_{n+1}-\frac{d}{ad^n-A_{n+1}}x_n\right) \end{align}$$ Para mantener nuestra expresión independiente de $x_n$ exigimos que $$ A_n=\frac{d}{ad^n-A_{n+1}} $$ o $$ A_{n+1}=ad^n-\frac{d}{A_n} $$ Obsérvese que esta expresión no depende de $x_n$ de cualquier manera, y podemos elegir $A_0$ como nos plazca (siempre que $A_n$ nunca toma el valor 0).

Ahora bien, si tenemos un $A_n$ que satisface esta expresión, entonces tenemos $$ y_{n+1}=(ad^n-A_{n+1})y_n = \frac{d}{A_n}y_n $$ Tenga en cuenta también que $y_0=a-A_0$ . Si $|A_n|$ es pequeño, entonces $y_n$ crecerá. Si $|A_n|>d$ entonces $y_n$ se encogerá.

Si $A_n$ sigue estando acotada, entonces para $x_n$ converja a cero, es necesario y suficiente que $y_n$ convergen a cero.

De estos dos hechos, concluimos que, si existe un $A_0\neq a$ para lo cual $|A_n|$ está limitada por encima por $d$ para un $n$ entonces $x_n$ no puede converger a cero.

Esto, sin embargo, causa un problema. Volviendo a la recurrencia original, dividiendo por $x_{n+1}$ y dejando $B_n=\frac{x_{n+1}}{x_n}$ obtenemos $$ B_{n+1}=ad^n-\frac{d}{B_n} $$ Ahora bien, si $x_n\to 0$ entonces $|B_n|$ está limitada por encima de 1 para un valor suficientemente grande de $n$ al menos en términos de media geométrica. Por supuesto, B_0=a$, por lo que este hecho en sí no indica que no se pueda obtener la convergencia.

Sin embargo, considere $A_0=a+\epsilon$ por un valor pequeño, $\epsilon$ . Podemos ver fácilmente que $$ \frac{dA_{n+1}}{d\epsilon} = \frac{d}{A_n^2}\frac{dA_n}{d\epsilon} $$ y por lo tanto, $\frac{dA_n}{d\epsilon}$ se estabilizará cuando $A_n\to \sqrt{d}$ limitando el impacto para un $\epsilon$ . Y como $\sqrt{d}<d$ (porque $d>1$ ), concluimos por tanto que $\exists\epsilon$ tal que $|A_n|$ queda limitada por encima por $d$ .

A partir de esto, podemos concluir (por contradicción) que no puede haber un valor de $a$ para lo cual $x_n$ converge a cero, siempre que $d>1$ .