Que $x_{n+2} = x_{n+1} + \frac{x_n}{2^n}$ es una secuencia limitada

Question

Dada una secuencia: $$ \begin{cases} x_{n+2} = x_{n+1} + \frac{x_n}{2^n}\\ x_1 = 1\\ x_2 = 1 \\ n \in \mathbb N \end{casos} $$ Mostrar que $\{x_n\}$ es un almacén de secuencia.

Esta recurrencia se siente como una broma de mal gusto para precálculo nivel. Es posible demostrar que es limitado y encontrar algunas estimaciones de los límites. Claramente $x_n$ es mayor que $0$. ${1\over 2^n}$ coeficiente hace que sea difícil encontrar la forma cerrada de la recurrencia.

He ampliado un par de primeros términos de encontrar un modelo, pero no parece que existe:

$$ x_n = {1}, {1}, {3\más de 2}, {7\más de 4}, {31\más de 16}, {131\más de 64}, {1079\de más de 512}, {8763\más de 4096}, \ {141287\más de 65536}, {2269355\sobre 1048576} \dots $$

Denominador es en alguna forma de $2^{k_n}$ desde que he descubierto la $k_n$ es la forma:

$$ k_n = \left\lfloor {n^2\más de 4}\right\rfloor $$

De modo que el denominador es de la forma:

$$ d_n = 2^{\left\lfloor {n^2\más de 4} \right\rfloor} $$

La secuencia parece ser limitada ya que el cómputo de plazos de la muestra tiende a un número:

$$ M = 2.1726687\dots $$

Tengo estas preguntas en mente respecto a la secuencia que se indica:

1. ¿Cuál es el tipo de la secuencia para entender cómo la búsqueda de su tipo en el internet (lineal/no lineal, homogénea o no homogénea, ...)
2. ¿Cómo puedo demostrar que es limitado el uso de precálculo de matemáticas?
3. Es posible encontrar su forma cerrada?

Tenga en cuenta que este problema es en precálculo, incluso antes de que los límites están definidos.

Answer 1

Está claro que $\forall n\geq 1, x_n\geq 0$. Desde $\displaystyle \forall n\geq 1, x_{n+2} = x_2+\sum_{k=1}^n \frac{x_k}{2^k}$, es suficiente para demostrar que $\displaystyle \sum_{k}\frac{x_k}{2^k}$ converge. Debido a de la $2^n$ en el denominador, cualquier crudo polinomio obligado en $x_n$ va a hacer.

Vamos a demostrar por una fuerte inducción que $\forall n\geq 1, x_n\leq n$. Es trivial para $n=1,2$. Asumir que todos los $k\leq n-1, x_k\leq k$. Para $n\geq 3$, $$x_n=1+\sum_{k=1}^{n-2} \frac{x_k}{2^k}\leq 1+\max_{i\leq n-2}x_i \sum_{k=1}^{n-2} \frac{1}{2^k} \leq 1+\max_{i\leq n-2}x_i\leq 1+n-2\leq n$$

Esta obligado rendimientos de convergencia de $\displaystyle \sum_{k}\frac{x_k}{2^k}$, lo que implica que $x_n$ converge (por lo tanto es limitado).

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Para un precálculo-friendly versión, basta probar que $\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{x_k}{2^k}$ está delimitado en $n$, y por lo que precede, es suficiente para demostrar que $\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{k}{2^k}$ está delimitado por encima de en $n$. La escuela primaria de Bernoulli de la desigualdad de los rendimientos de $k\leq 2\left( \left(1+\frac 12 \right)^k-1\right)\leq 2 \left(1+\frac 12 \right)^k$. Por lo tanto $$\sum_{k=1}^n \frac{k}{2^k}\leq 2 \left( \sum_{k=1}^n \left(\frac{3}{4}\right)^k\right)\leq 2\cdot 3\leq 6$$

Answer 2

En primer lugar, tenga en cuenta que $$f(u)=e^{-u}\left(1+u\ e^{-2u}\right)$$ satisface $f(u)\leq 1$ para todos los $u\geq 0$. Esto es debido a que $$e^{u}\geq 1+u \geq 1+u\ e^{-2u}$$ para cada $u\geq 0$. Tenga en cuenta que $x_1=1=e^{2-\frac{4}{2^1}}$ e $x_2=1<e=e^{2-\frac{4}{2^2}}$. Ahora, para $n\geq 3$, supongamos que $x_k<e^{2-\frac{4}{2^k}}$ para todos los $k=1,2,\ldots,n-1$. A continuación, $$x_{n}=x_{n-1}+\frac{x_{n-2}}{2^{n-2}}<e^{2-\frac{4}{2^{n-1}}}+\frac{e^{2-\frac{4}{2^{n-2}}}}{2^{n-2}}=e^{2-\frac{4}{2^n}}e^{-\frac{4}{2^n}}\left(1+\frac{1}{2^{n-2}}e^{-\frac{8}{2^n}}\right),$$ así $$x_n<e^{2-\frac{4}{2^n}}f\left(\frac{4}{2^n}\right)<e^{2-\frac{4}{2^n}}.$$ En particular, se ha $x_n<e^2$ por cada $n$. (También se puede mostrar que $x_n\leq e^{1-\frac{4}{2^n}}$ para todos los $n\geq 2$. Así que, de hecho, $x_n<e$ para todos los $n$.)

Answer 3

Considere la posibilidad de la auxiliar de secuencia $\displaystyle\;y_n = \frac{x_n}{1-2^{2-n}}$ definido por $n >2$.

Es claro que todos los $y_n$ son positivos. Aviso

$$\begin{align} y_{n+2} &= \frac{1}{1-2^{-n}}\left[(1-2^{1-n})y_{n+1} + 2^{-n}(1 - 2^{2-n}) y_n\right]\\ &\le \frac{1}{1-2^{-n}}\left[(1-2^{1-n})y_{n+1} + 2^{-n} y_n\right]\\ &\le \frac{1}{1-2^{-n}}\left[(1-2^{1-n}) + 2^{-n}\right]\max( y_n, y_{n+1} )\\ & = \max(y_n,y_{n+1}) \end{align} $$ Nos encontramos para todos los $n > 4$, $$x_n < y_n \le \max(y_{n-1},y_{n-2}) \le \max(y_{n-2},y_{n-3}) \le \cdots \le \max(y_3,y_4) = 3$$ Desde $x_1,x_2,x_3,x_4 < 3$, nos encontramos con $x_n < 3$ para todos los $n$.