Si $x_0=x$ y $x_{i+1}=x_i+\sqrt{x_i}$ en cuántos pasos $x_r \ge 2x$ ?

Question

En la pregunta del título, si defino $r(x)=\inf\{s\in \mathbb {N}:x_s\ge 2x\}$ Quiero saber cómo $r(x)$ se comporta asintóticamente, más precisamente para saber si $\lim\limits_{x\rightarrow \infty} \dfrac {r(x)}{\sqrt{x}}$ existe, y en ese caso, encontrar ese límite.

Answer 1

Un intento fallido pero probablemente solucionable (edición: arreglado abajo):

Si definimos $y_n = \sqrt{x_n}$ obtenemos

$$y_{n+1} = \sqrt{y_{n}(1+y_n)}=y_n + \frac{1}{2}-\frac18 \frac{1}{y_n}+o(y_n^{-1}) \tag{1}$$

Entonces, para grandes $y_0$ podríamos (para justificar mejor) la aproximación $$y_n \approx \frac{n}{2} +y_0$$

Esto debería ser válido para $y_0 \to \infty$ y $n = o(y_0)$

Ahora, $x_r/x_0 \approx 2 \iff y_r/y_0\approx \sqrt{2}$ así que

$$r \approx 2 y_0 (\sqrt{2}-1) \tag{2}$$

Y si introducimos esto en la expresión anterior obtenemos

$$\lim\limits_{x\rightarrow \infty} \dfrac {r(x)}{\sqrt{x}}=2(\sqrt{2}-1)=0.828227\cdots \tag{3}$$

O en general,

$$\lim\limits_{x\rightarrow \infty} \dfrac {r_k(x)}{\sqrt{x}}=2(\sqrt{k}-1) \tag{4}$$

Por supuesto, esta "prueba" es defectuosa, porque $r$ es proporcional a $n$ . Sin embargo, tal vez se pueda arreglar. Sospecho, por la evaluación numérica, que el resultado es correcto.

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Edición: De $(1)$ tenemos los límites (para $y_0$ suficientemente grande)

$$y_0 + \frac12 - \frac{1}{8 y_0} <y_1 < y_0 + \frac12 \tag{5}$$

Además, $y_n$ está aumentando y $$\frac{1}{y_0 + \frac12 - \frac{1}{8 y_0}}<\frac{1}{y_0 }$$

Entonces podemos ampliar $(5)$ de forma iterativa:

$$y_0 + \frac{n}{2} (1 - \frac{1}{4 y_0}) <y_n < y_0 + \frac{n}{2} \tag{6}$$

Dividiendo por $y_0$ Llamando a $a = \frac{y_n}{y_0}$ y $b=\frac{n}{y_0}$ obtenemos

$$b\left(1 - \frac{1}{4 y_0}\right) < 2 (a-1) < b \tag{7}$$

Como $y_0 \to \infty$ obtenemos $2 (a-1) = b$ que corresponde a las ecuaciones $(3)$ , $(4)$ arriba.

(Justo después de escribir esto he visto la respuesta de Sangchul Lee, creo que es básicamente la misma idea)

Answer 2

Escriba $y_n = \sqrt{x_n}$ como en usuario @leonbloy de la respuesta. Entonces $y_0 = \sqrt{x}$ y

$$y_{n+1} = \sqrt{y_n(y_n + 1)} = y_n + \frac{1}{2} + \frac{1}{g(y_n)}$$

donde $g(y) = 4(y + \frac{1}{2} + \sqrt{y(y+1)} )$ . Así que $y_{n} = y_0 + \frac{n}{2} + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{g(y_k)}$ . Junto con la monotonicidad de $g$ obtenemos

$$y_0 + \frac{n}{2} \leq y_n \leq y_0 + \frac{n}{2} + \frac{n}{g(\sqrt{x})}.$$

Ahora para cada fijo $k > 1$ , como $x\to\infty$ tenemos $y_{r_k(x)}/y_0 \to \sqrt{k}$ como $x\to\infty$ . Así que

$$\frac{2}{1+\frac{2}{g(\sqrt{x})}} \left( \frac{y_{r_k(x)}}{y_0} - 1 \right) \leq \frac{r_k(x)}{\sqrt{x}} \leq 2\left( \frac{y_{r_k(x)}}{y_0} - 1 \right).$$

Tomando $x\to\infty$ demuestra que la relación converge a $2(\sqrt{k}-1)$ como lo demuestra heurísticamente @leonbloy .