Encontrar el valor convergente de una recursión similar a la recursión de la Media Aritmética-Geométrica

Question

La secuencia se define de la siguiente manera :

Inicio : $(x_0,y_0)$ con $ 0 < x_0 < y_0 $

Paso : $x_{n+1} = \frac {x_n+y_n} {2}$ , $y_{n+1}= \sqrt{x_{n+1}y_n} $

Encuentre $\lim_{n\to \infty}(x_n,y_n)$ .

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He demostrado que las secuencias sí convergen mostrando que las secuencias son monótonas acotadas. La demostración es la siguiente, Primero demostraremos que: Si $0<x_k<y_k<a$ entonces $0<x_{k} < x_{k+1} < y_{k+1} < y_k < a$ .

$0<\frac {x_k+x_k} 2 = x_k <x_{k+1} = \frac {x_k+y_k} 2 < \frac {y_k+y_k} {2}=y_k$ y $x_{k+1}=\sqrt{x_{k+1}x_{k+1}} <y_{k+1} =\sqrt{x_{k+1}y_k} < \sqrt{y_ky_k}=y_k<a$

Así, $\,0<x_k<x_{k+1}<y_{k+1}<y_k<a$ . De ello se desprende que $0<x_n<x_{n+1}<y_{n+1}<y_n<y_0$ . De ahí que el $x_n$ y $y_n$ son secuencias acotadas monótonas. Por lo tanto, la secuencia $(x_n,y_n)$ converge. Sea

$\lim_{x \to \infty } x_n=\lim_{x\to \infty} x_{n+1}=l$

$\lim_{x \to \infty } y_n=\lim_{x\to \infty} y_{n+1}=w$

$l=\lim_{x\to \infty}x_{n+1}=\lim_{x\to \infty} \frac {x_n+y_n} {2}=\frac{\lim_{x\to \infty} x_n+\lim_{x\to \infty} y_n} {2}=0.5l+0.5w$ . Por lo tanto, $l=w$ No consigo encontrar el valor convergente. Me gustaría recibir ayuda al respecto.

Creo que $\lim_{x\to \infty}(x_n,y_n)$ existe para una recursión más general

Inicio : $(x_0,y_0)$ con $ 0 < x_0 < y_0 $

Paso : $x_{n+1}=tx_n+(1-t)y_n $ con $t\in(0,1)$ , $y_{n+1}= \sqrt{x_{n+1}y_n} $

En este caso, ¿cuál es el valor de $\lim_{x\to \infty}(x_n,y_n)$ ?

Se agradece cualquier idea/respuesta.

Gracias

Answer 1

Una respuesta parcial (para $t=\frac{1}{2}$ ): observe que a partir de $$ y_{n+1}=\sqrt{\frac{x_n+y_n}{2}y_n}$$ se deduce que: $$ y_{n+1}^2 - x_{n+1}^2 = \frac{1}{4}(y_n^2-x_n^2).\tag{1} $$ Ahora bien, observe que si $$ x = \frac{2}{2^m \tan\frac{\pi}{2^m}},\quad y = \frac{2}{2^m \sin\frac{\pi}{2^m}}$$ entonces: $$\frac{x+y}{2}=\frac{2}{2^{m+1}\tan\frac{\pi}{2^{m+1}}},\quad \sqrt{\frac{x+y}{2}y}=\frac{2}{2^{m+1}\sin\frac{\pi}{2^{m+1}}},\tag{2}$$ por lo que a partir de $x_0=0$ y $y_0=1$ tenemos la convergencia hacia $\frac{2}{\pi}$ . En general, si: $$ x_0 = \frac{\alpha}{\tan\theta},\qquad y_0=\frac{\alpha}{\sin\theta} $$ con $\alpha\in\mathbb{R}^+$ y $\theta\in(0,\pi/2]$ tenemos la convergencia hacia $\frac{\alpha}{\theta}$ Así que..:

$$\lim_{n\to +\infty} x_n = \lim_{n\to +\infty} y_n= \frac{\sqrt{y_0^2-x_0^2}}{\arccos\frac{x_0}{y_0}}.$$

Obsérvese que esto no es más que el algoritmo de Arquímedes para encontrar la aproximación de $\pi$ calculando los perímetros de los regulares inscritos y circunscritos $2^n$ -agones en el círculo unitario.

Answer 2

Ya que la nota $$\left(\dfrac{x_{n+1}}{y_{n+1}}\right)^2=\dfrac{x^2_{n+1}}{x_{n+1}y_{n}}=\dfrac{x_{n+1}}{y_{n}}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x_{n}}{y_{n}}+1\right)$$ así que deja que $\dfrac{x_{n}}{y_{n}}=\cos{c_{n}},c_{n}\in(0,\dfrac{\pi}{2})$ utilice esto $$\dfrac{1}{2}\left(\cos{2x}+1\right)=\cos^2{x}$$ así que $$\cos{c_{n+1}}=\cos{\dfrac{c_{n}}{2}}\Longrightarrow c_{n+1}=\dfrac{c_{n}}{2}$$ así que $$c_{n}=\dfrac{c_{0}}{2^n}\Longrightarrow \dfrac{x_{n}}{y_{n}}=\cos{\dfrac{c_{0}}{2^n}}$$ entonces utiliza la siguiente identidad bien conocida $$\cos{\dfrac{x}{2}}\cdots\cdots\cos{\dfrac{x}{2^n}}=\dfrac{sin{x}}{2^n\sin{\dfrac{x}{2^n}}}$$ entonces fácil tiene límites

Answer 3

Acabo de ver este problema en el libro de Arthur Engel en la página 3 y la solución es así: $$ \frac{x_{n+1}}{y_{n+1}}=\frac{x_{n+1}}{\sqrt{x_{n+1}y_{n}}}=\sqrt{\frac{x_{n+1}}{y_n}}=\sqrt{\frac{1+x_{n}/y_{n}}{2}}.\tag{1}\label{eq1}$$ esto nos recuerda la relación de medio ángulo $$\cos\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}}.$$ ya que tenemos $ 0<x_n /y_n<1,$ podemos establecer $x_n/y_n=\cos\alpha_n$ entonces \eqref {eq1} se convierte en $$ \cos\alpha_{n+1}=\cos\frac{\alpha_n}{2}\implies\alpha_n=\frac{\alpha_0}{2^n}\implies 2^n\alpha_n=\alpha_0$$ lo que equivale a $$2^n\arccos\frac{x_n}{y_n}=\arccos\frac{x_0}{y_0}.\tag{2}\label{eq2} $$ para evitar las raíces cuadradas, consideramos $y_n^2-x^2_n$ en lugar de $y_n-x_n$ y obtener $$ y^2_{n+1}-x^2_{n+1}=\frac{y^2_n-x^2_n}{4}\implies 2\sqrt{y^2_{n+1}-x^2_{n+1}}=\sqrt{y^2_{n}-x^2_{n}} $$ o $$2^n\sqrt{y^2_{n}-x^2_{n}}=\sqrt{y^2_{0}-x^2_{0}}.\tag{3}\label{eq3} $$ de \eqref {eq2}, \eqref {eq3} obtenemos $$ \arccos\frac{x_0}{y_0}=2^n\arccos\frac{x_n}{y_n}=2^n\arcsin\frac{\sqrt{y^2_n - x^2_n}}{y_n}=2^n\arcsin\frac{\sqrt{y^2_0 - x^2_0}}{2^ny_n}. $$ el lado derecho converge a $\sqrt{y^2_0-x^2_0}/y$ para $ n\to\infty $ finalmente obtenemos $$ x = y = \frac{ \sqrt{y^2_0 - x^2_0}}{ \arccos (x_0/y_0)}. $$