Si $a_{n+1}=a_n+1/a_n$ y $a_0 = 1$ Mostrar $a_n/H_n^4\to \infty$ pero $a_n/H_n^4\to 0$

Question

Me interesé por la recursividad $$ a_{n+1} = a_n + \frac1{a_n} $$ en respuesta a una pregunta en este sitio (que ya no puedo localizar).

Pensé que sería relativamente fácil resolverlo como una función explícita de $n$ . Por ejemplo, la recursividad estrechamente relacionada $$ b_{n+1} = \frac12 \left( b_n + \frac1{b_n} \right) $$ es la secuencia de conjeturas del algoritmo de Newton para $\sqrt{1}$ dada una suposición inicial $b_0$ y resulta ser $$ b_{2k} = \tanh\left( 2^{2k} x \right)\\ b_{2k+1} = \frac{1}{ \tanh\left( 2^{2k+1} x \right)} $$ con $x = \tanh^{-1} b_0$ .

Pero la recursión para $a$ es un hueso más duro de roer. Aunque me gustaría tenerlo en forma explícita, puede que no sea práctico (he probado varias cosas, incluidas las funciones elípticas de Jacobi, pero nunca consigo las identidades correctas).

Esta pregunta pide probar algo sobre el comportamiento asintótico de $a_n$ para el caso de $a_0>0$ a saber

$$ \lim_{n\to\infty} \frac{H_n^4}{a_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{a_n} {H_n^5}=0 $$ donde $H_n$ son los números armónicos $$H_n \equiv \sum_{m=1}^n \frac1m$$

Answer 1

$a_{n+1}^2 = a_{n}^2 + 2 + \frac{1}{a_n^2}$ da $a_n\geq \sqrt{2n-1}$ así como $$ a_{n+1}^2\leq a_n^2+2+\frac{1}{2n-1}$$ de la que $a_n\leq \sqrt{2n+O(\log n)}$ .

Los límites dados son sencillos de calcular dados estos límites, pero $$ \lim_{n\to +\infty}\frac{H_n^4}{a_n} = 0,\qquad \lim_{n\to +\infty}\frac{a_n}{H_n^5}=\color{red}{+\infty}$$ desde $H_n=\log(n)+O(1)$ .

Gracias a Clemente C. , aquí es una parcela de $a_n$ frente a $\sqrt{2n}$ :