¿Cuál es esta función relacionada con fracciones continuadas?

Question

Jugando con fracciones continuas, vine con la idea de recorrer el límite de la más simple:

$$1 + \cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cdots}}}}}\ = \Phi$$

Y luego me thoght acerca de la iteración el resultado: $$\Phi + \cfrac{1}{\Phi+\cfrac{1}{\Phi+\cfrac{1}{\Phi+\cfrac{1}{\Phi+\cfrac{1}{\Phi+\cdots}}}}}\ = ?$$

Y después de eso sigo recorrer una y otra vez. Básicamente, lo que estoy haciendo es la solución de este:

$$x = a + \frac{1}{x}$$

para diferentes valores de $a$. Cuya solución es:

$$ x = \frac{a \pm \sqrt{a^2 + 4}}{2}$$

Y me estoy quedando con la solución positiva. Al final, apenas estoy explorando esta secuencia definida de forma recursiva:

$$ f(1) = \Phi \\ f(n+1) = \frac{f(n) + \sqrt{f(n)^2 + 4}}{2} $$

Cuando vea la trama de los términos de la secuencia, se obtiene esta imagen:

Me gustaría saber cual es la función que genera la curva. Realmente parece ser una función continua (observe que la imagen es un conjunto de puntos tan cerca, que parecen estar en continuo, pero no).

Así que... ¿Cuál es la función que subyacen a esta curva y cómo podemos encontrarlo?

Muchas gracias de antemano!

Answer 1

Esta pregunta es similar a MSE pregunta 1072256 "$a_{n+1} = \log(1+a_n), a_1>0.$ ..." y a MSE pregunta 3215 "Convergencia de $\sqrt{n}x_n$ donde $x_{n+1}=\sin(x_n)$". Debido a las similitudes, es natural asumir que no es una potencia de la serie $\, f(n) \aprox f^*(n) := \sqrt{2n} \, (1 + c_1 x - c_2 x^2 + c_3 x^3 - c_4 x^4 + O(x^5)) \,$ where $\, x := 1/n \,$ y $\, c_k \,$ es un polinomio de grado $k$ $\, y := \log(x). \,$ Usando la definición de recursividad para $\, f(n) \,$ podemos resolver para los coeficientes $\, c_k \,$ para obtener $$ c_1 = c + y/8, \quad c_2 = (1+4c)^2/32 + (1+4c)y/32 + y^2/128,$$ $$ c_3 \!=\! \frac{11 \!+\! 120 c \!+\! 384 c^2 \!+\! 384 c^3}{768} \!+\! \frac{5 \!+\! 32 c \!+\! 48 c^2}{256} y \!+\! \frac{1 \!+\! 3 c}{128} y^2 \!+\! \frac{y^3}{1024},$$ donde $\, c\,$ es una constante que depende de $\, f(0). \,$ Si utilizamos los valores iniciales $\, f(0) = 0, f(1) = 1, \, f(2) = \phi, \dots, \,$ a continuación, $\, c \approx -0.291131527. \,$ Tenga en cuenta que desde $\, \sqrt{1/2}-1 \approx -0.292 \,$ la fórmula ya está cerca de $\, n=1.$

Para juzgar la exactitud, obtenemos $\, f(1) = 1, \,$ $ f^*(1) \approx 1.00269, \,$ $f(2) \approx 1.61803, \,$ $ f^*(2) \approx 1.61826, \,$ $f(3) \approx 2.09529, \,$ $ f^*(3) \approx 2.09535. \,$

Answer 2

Usando lo que se ha dado en los comentarios.

Si utilizamos $$2n=f^2+\log(f^2-1)\implies 2n-1=(f^2-1)+\log(f^2 -1)$$ let $t=(f^2-1)$ para hacer $$2n-1=t+\log(t)\implies t\, e^t=e^{2n-1}\implies t=W\left(e^{2 n-1}\right)$$ donde aparece Lambert función de hacer que la solución definitiva
$$f=\sqrt{1+W\left(e^{2 n-1}\right)}\tag1$$

Si utilizamos $$n=\frac{1}{4} f \left(f+\sqrt{f^2+4}\right)+\sinh ^{-1}\left(\frac{f}{2}\right)$$ and expand the rhs as a series for infinitely large values of $f$, debemos obtener $$n=\frac{f^2}{2}+\frac{1}{2}+\log \left({f}\right)+O\left(\frac{1}{f^2}\right)=\frac{f^2}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\log \left({f^2}\right)+O\left(\frac{1}{f^2}\right)$$ e, ignorando los términos de orden superior, el mismo proceso que llevaría a la $$f=\sqrt{W\left(e^{2 n-1}\right)}\tag2$$

Ahora, para grandes valores de $n$, se puede utilizar la forma asintótica de la serie dada en los enlaces de la página de Wikipedia $$W(x)=L_1-L_2+\frac{L_2}{L_1}+\frac{L_2(L_2-2)}{2L_1^2}+\frac{L_2(6-9L_2+2L_2^2)}{6L_1^3}+\cdots$$ where $L_1=\log(x)$ and $L_2=\log(L_1)$ y obtener, como una primera aproximación $$f\approx \sqrt{(2n-1)-\log(2n-1)}$$

Para permitir la comparación con sus números, me genera una tabla de valores numéricos $$\left( \begin{array}{cc} n & (1) \\ 500 & 31.5135 \\ 1000 & 44.6363 \\ 1500 & 54.6991 \\ 2000 & 63.1800 \\ 2500 & 70.6504 \\ 3000 & 77.4035 \\ 3500 & 83.6131 \\ 4000 & 89.3925 \\ 4500 & 94.8203 \\ 5000 & 99.9539 \end{array} \right)$$

Answer 3

Creo que usted puede configurar una ecuación diferencial y resolverlo.

\begin{eqnarray} 2f'(n) &= -f(n)+\sqrt{f(n)^2+4}\ \text{d}n&=\frac{2\, \text{d}! f}{-f+\sqrt{f^2+4}} \ n &= \frac{1}{4} (f (f + \sqrt{4 + f^2} + 4 \sinh^{-1}\left(\frac{f}{2}\right) \end{eqnarray} problemas para $f$ debe dar lugar a la función que quería. Parcela de Wolfram%20%2B%204%20sinh%5E(-1)(y%2F2))%3D%3Dx,y))

Answer 4

Una manera de resolver este problema es utilizar la teoría de la continua iteraciones, que a menudo es mejor abordar usando el poder de la serie alrededor de puntos fijos. Deje $g(z) = \frac{z + \sqrt{z^2 + 4}}2$. Luego aviso $$ g^{-1}(w) = \frac{w^2 - 1}w $$ Esto no tiene puntos fijos, excepto en el infinito, pero en realidad podemos hacer uso de lo que si se conjuga por $w\to \frac1w$, ya que el $h(w) = \frac1{g^{-1}(1/w)}$ tienen un punto fijo en $w=0$. Podemos ver la serie para $h(w)$ está dada por $$ h(w) = \frac{w}{1-w^2} = w + w^3 + w^5 + ... $$ Formalmente componen esta serie en sí es bastante sencillo, por ejemplo: \begin{eqnarray} h(h(w)) &=& (w + w^3 + w^5 +...) + (w + w^3 + w^5 +...)^3 + (w + w^3 + w^5 +...)^5 + ... \\ &=& w + 2w^3 + 2w^5 + ... \end{eqnarray} En general, vamos a tener $$ h^n(x) = w + p_3(n)w^3 + p_5(n)w^5 + ... $$ donde $p_i(n)$ satisfacer una recurrencia dada por \begin{equation} w + p_3(n+1) w^3 + p_5(n+1)w^5 + ... = h^{n+1}(x) = h(h^n(x)) \\ = (w + p_3(n)w^3 + p_5(n)w^5 + ...) + (w + p_3(n)w^3 + p_5(n)w^5 + ...)^3 + (w + p_3(n)w^3 + p_5(n)w^5 + ...)^5 + ... \\ = w + (p_3(n) + 1) w^3 + (p_5(n) + 3p_3(n) + 1) w^5 + ... \end{equation} Tenemos recursiones como $p_3(n+1) = p_3(n) + 1$. Claramente, esto es resuelto por $p_3(n) = n$. El $w^5$ coeficiente de es $p_5(n+1) = p_5(n) + 3n + 1$, el cual es resuelto por $p_5(n) = n + \frac32 n(n+1)$. En general, usted puede encontrar realmente un único polinomio para cada una de las $p_i(n)$ mediante el uso de Faulhaber la fórmula , ya que cada uno se define por una recursividad $p_i(n+1) = p_i(n) + q_i(n)$ para algún polinomio $q_i(n)$. Aviso esta recursividad todavía será satisfecho por no entera $n$, por lo que tenemos una función de $H(t,w) = w + p_3(t)w^3 + p_5(t)w^5 +...$ la satisfacción de: $$ H(t+1,w) = h(H(t,w)) $$ OK, así que ¿qué tiene esto que ver con la pregunta original? Bien, tenemos \begin{eqnarray} H(t+1,w) &=& \frac1{g^{-1}(1/H(t,w))} \\ \frac1{H(t+1,w)} &=& g^{-1}\left(\frac1{H(t,w)}\right) \\ g\left(\frac1{H(t+1,w)}\right) &=& \frac1{H(t,w)} \end{eqnarray} sustituyendo $-n = t+1$, y recordando la definición de $g$, podemos encontrar: \begin{eqnarray} \frac1{H(-(n+1),w)} &=& g\left(\frac1{H(-n,w)}\right) \\ \frac1{H(-(n+1),w)} &=& \frac{\frac1{H(-n,w)} + \sqrt{\frac1{H(-n,w)^2} + 4}}2 \end{eqnarray} Entonces, como se puede ver, tendremos $f(n) = \frac1{H(-n,w)}$ donde $w$ es el valor inicial. No espero que esta función tiene una bonita forma cerrada.

Esta fórmula para$f$, sólo es útil en una escala pequeña, pero demuestra que podemos sacar una suave (de ahí continua) de la función a través de esos puntos. Si usted quiere saber sobre el comportamiento asintótico de $f(n)$$n\to\infty$, somos ha cubierto ya que en su respuesta.