¿Los términos que en estas secuencias tienden a raíces cuadradas?

Question

Por la definición de estas 3 matrices:

$\displaystyle M_1 = \begin{bmatrix} 1&0&0&0&0 \\ 1&1&0&0&0 \\ 1&1+x&1&0&0 \\ 1&1+x(1+x)&1+2x&1&0 \\ 1&1+x(1+x(1+x))&1+x(1+x)+x(1+2x)&1+3x&1 \end{bmatrix}$

$\displaystyle M_2 = \begin{bmatrix} 1&0&0&0&0 \\ x&1&0&0&0 \\ 1&x&1&0&0 \\ 0&1&x&1&0 \\ 0&0&1&x&1 \end{bmatrix}$

$\displaystyle M_3 = \begin{bmatrix} 1&1&1&1&1 \\ \frac{1}{2}(-1+x)x&1&1&1&1 \\ \frac{1}{2}(-1+x)x&\frac{1}{2}(-1+x)x&1&1&1 \\ 1&\frac{1}{2}(-1+x)x&\frac{1}{2}(-1+x)x&1&1 \\ 1&1&\frac{1}{2}(-1+x)x&\frac{1}{2}(-1+x)x&1 \end{bmatrix}$

y multiplicando y dividiendo elementwise $M_1\cdot M_2 / M_3$ , obtenemos la siguiente matriz $A$:

$\displaystyle A = \begin{bmatrix} 1&0&0&0&0 \\ \frac{2}{-1+x}&1&0&0&0 \\ \frac{2}{(-1+x)x}&\frac{2(1+x)}{-1+x}&1&0&0 \\ 0&\frac{2(1+x(1+x))}{(-1+x)x}&\frac{2(1+2x)}{-1+x}&1&0 \\ 0&0&\frac{(2(1+x(1+x)+x(1+2x)))}{((-1+x)x)}&\frac{(2(1+3x))}{(-1 + x)}&1 \end{bmatrix}$

A continuación, la matriz inversa de a $A$ es una nueva matriz $B$ a partir de:

$\displaystyle B = \begin{bmatrix} 1&0&0 \\ \frac{-2}{-1 + x}&1&0 \\ (\frac{4}{(-1+x)^2} - \frac{2}{(-1+x)x} + \frac{4x}{(-1 + x)^2})&(\frac{-2}{-1+x} - \frac{2x}{-1+x})&1 \end{bmatrix}$

Si a continuación, calcular los coeficientes de la primera columna en la matriz $B$ obtenemos una secuencia $c\;$:

$\displaystyle c = \frac {B(n,1)}{B(n+1,1)}, \; n=1,2,3\;...$

y si definimos una secuencia $b$:

$\displaystyle b = 1,\; 1+x,\; 1+2x,\; 1+3x \;...$

y multiplicar elemento sabia $c$ $b$ y añadir $x$, obtenemos una secuencia $d\;$:

$\displaystyle d = x + b*c$

$\displaystyle d = \frac{1+x}{2}, \frac{x(2+x+x^2)}{1+x+2x^2}, \frac{1+x(6+x(7+2x(4+x)))}{2(1+x)(2+x+3x^2)}\;...$

Mi pregunta es: ¿los términos en esta secuencia $d$ tienden a $\displaystyle \sqrt x\;$?

Ejemplo: $x=2\;$

$\displaystyle \frac{3}{2}, \frac{16}{11}, \frac{137}{96}, \frac{1642}{1157}, \frac{8429}{5950}, \frac{67952}{48001}, \frac{1509939}{1066976}, \frac{38701726}{27353183}, \frac{1124000429}{794502270}, \frac{36478904464}{25787223797} \;...$

$\displaystyle \frac{36478904464}{25787223797} = 1.41461$ que está cerca de a $\displaystyle \sqrt 2 = 1.41421$

Como un programa en Mathematica esto es:

(*x is the value to calculate the square root of*)
Clear[x, t, tt, ttt, M1, M2, M3, A, B, b, c, n, k, i, j, 
  squarerootofx];
(*x=2; uncomment this to calculate sqrt of 2 or any other number*)
(*nn is size of matrix*)
nn = 5;
(*Variant of the Pascal triangle*)
t[n_, 1] = 1;
t[n_, k_] := t[n, k] = If[n > 1, t[n - 1, k - 1] + x*t[n - 1, k], 0];
M1 = Table[Table[t[i, j], {j, 1, nn}], {i, 1, nn}];
MatrixForm[M1]
tt[n_, k_] := 
  tt[n, k] = If[Or[n == k, n == k + 2], 1, If[n == k + 1, x, 0]];
M2 = Table[Table[tt[i, j], {j, 1, nn}], {i, 1, nn}];
MatrixForm[M2]
ttt[n_, k_] := 
  ttt[n, k] = 
   If[n == k, 1, If[Or[n == k + 1, n == k + 2], (x - 1)*x/2, 1]];
M3 = Table[Table[ttt[i, j], {j, 1, nn}], {i, 1, nn}];
MatrixForm[M3]
(*Elementwise multiplication and division of the 3 matrices*)
A = M1*M2/M3;
MatrixForm[A]
B = Inverse[A];
MatrixForm[B]
b = Range[1, x*(nn - 2) + 1, x]
c = Ratios[B[[All, 1]]]^-1;
d = squarerootofx = x + b*c
FullSimplify[squarerootofx]
N[squarerootofx];

Answer 1

Esto me recuerda mucho de Hacer estas series convergen para la Mangoldt función? :-). Estoy seguro de que tienes una explicación de cómo se las arregló para llegar a esta hipótesis, en primer lugar, como lo hizo en ese caso...

La secuencia de $d$ hecho converger a $\sqrt x$. La solución de la recurrencia

$$M_1 (n,k)=\begin{cases}1&k=1\\M_1(n-1,k-1)+x \cdot M_1(n-1,k)&k>1\\\end{cases}$$

es

$$ M_1(n,k)=\sum_{j=0}^{n-k}\binom{k+j-2}jx^j\;, $$

donde el $k=1$ caso de obras si el coeficiente binomial es generalizada a $\binom{j-1}j$. Pero la mayoría de la matriz no se utiliza debido a los ceros en $M_2$; por lo que sólo se necesitan los casos $0\le n-k\le2$:

$$ \begin{eqnarray} M_1(n+2,n+2) &=& 1\;, \\ M_1(n+2,n+1) &=& 1+nx\;, \\ M_1(n+2,n+0) &=& 1+(n-1)x+\frac{n(n-1)}2x^2\;. \end{eqnarray} $$

Aquí y en las siguientes $n\ge1$. A continuación, las entradas correspondientes de a $A$

$$ \begin{eqnarray} A(n+2,n+2) &=& 1\;, \\ A(n+2,n+1) &=& \frac2{x-1}(1+nx)\;, \\ A(n+2,n+0) &=& \frac2{x(x-1)}\left(1+(n-1)x+\frac{n(n-1)}2x^2\right)\;. \end{eqnarray} $$

La primera columna de la inversa de la $B$ está determinado por la condición de

$$\sum_{l=0}^2A(n+2,n+l)B(n+l,1)=0\;.$$

Desde $A(n+2,n+2)=1$, se puede resolver directamente por $B(n+2,1)$ para obtener una periodicidad de $B$:

$$ \begin{eqnarray} B(n+2,1) &=& -A(n+2,n+1)B(n+1,1)-A(n+2,n)B(n,1) \\ &=& -\frac2{x-1}(1+nx)B(n+1,1) \\ && -\frac2{x(x-1)}\left(1+(n-1)x+\frac{n(n-1)}2x^2\right)B(n,1) \;. \end{eqnarray} $$

Dividiendo por $B(n+1,1)$ rendimientos

$$ \begin{eqnarray} \frac1{c(n+1)} &=& -A(n+2,n+1)-A(n+2,n)c(n) \\ &=& -\frac2{x-1}(1+nx) -\frac2{x(x-1)}\left(1+(n-1)x+\frac{n(n-1)}2x^2\right)c(n) \;, \end{eqnarray} $$

que es un término de recurrencia para $c$. Con $d(n)=x+(1+(n-1)x)c(n)$, y por lo tanto

$$c(n)=\frac{d(n)-x}{1+(n-1)x}\;,$$

esto produce un plazo de recurrencia para $d$:

$$ \frac{1+nx}{d(n+1)-x} = -\frac2{x-1}(1+nx) -\frac2{x(x-1)}\left(1+(n-1)x+\frac{n(n-1)}2x^2\right)\frac{d(n)-x}{1+(n-1)x} \;, $$

$$ \begin{eqnarray} \frac1{d(n+1)-x} &=& -\frac2{x-1}\left(1+\frac{1+(n-1)x+\frac12n(n-1)x^2}{(1+nx)(1+(n-1)x)}\frac{d(n)-x}x\right) \\ &=& -\frac2{x-1}\left(1+\gamma(n)\frac{d(n)-x}x\right) \;, \end{eqnarray} $$

donde $\gamma(n)$ contiene la dependencia de la $n$.

Ahora a orientarnos primero vamos a ver sin rigor lo que sucede en un gran $n$. A continuación,$\gamma(n)$$1/2$, y obtenemos

$$ \begin{eqnarray} \frac1{d(n+1)-x} &=& -\frac2{x-1}\left(1+\frac12\frac{d(n)-x}x\right) \\ &=& \frac{d(n)+x}{x(1-x)} \;, \\ d(n+1) &=& x+\frac{x(1-x)}{d(n)+x} \\ &=& x\frac{d(n)+1}{d(n)+x}\;. \end{eqnarray} $$

Ahora podemos ver lo que pasa con la diferencia de $\sqrt x$:

$$ \begin{eqnarray} d(n+1)-\sqrt x &=& x\frac{d(n)+1}{d(n)+x}-\sqrt x \\ &=& \frac{x-\sqrt x}{d(n)+x}(d(n)-\sqrt x)\;. \end{eqnarray} $$

Así que si se podía demostrar que $d(n)$ siempre es positivo, entonces podríamos ser capaces de demostrar que la secuencia de las diferencias está dominado por una convergente de términos de la progresión geométrica. Para hacer la aproximación con $\gamma(n)=1/2$ riguroso, necesitaremos también vinculado $d(n)$ desde arriba.

Así que vamos a ir al pleno de la recurrencia de $d$:

$$ d(n+1) = x-\frac{x-1}2\left(1+\gamma(n)\frac{d(n)-x}x\right)^{-1}\;. $$

Vamos a ver cómo $\gamma(n)$ difiere de su límite:

$$ \begin{eqnarray} \gamma(n)-\frac12 &=& \frac{1+(n-1)x+\frac12n(n-1)x^2}{(1+nx)(1+(n-1)x)}-\frac12 \\ &=& \frac12\frac{1-x}{(1+nx)(1+(n-1)x)} \end{eqnarray} $$

Así tenemos a $0<\gamma(n)\lt1/2$$x\gt1$$1/2\lt\gamma(n)\lt1$$x\lt1$. También tenga en cuenta que para $d(n)>0$ hemos

$$1+\gamma(n)\frac{d(n)-x}x\gt1+\gamma(n)\frac{-x}x=1-\gamma(n)\gt0\;.$$

Ahora primero asuma $x\gt1$. A continuación, para $d(n)\gt0$,

$$ \begin{eqnarray} d(n+1) &\gt& x-\frac{x-1}2\left(1+\gamma(n)\frac{0-x}x\right)^{-1} \\ &=& x-\frac{x-1}2\left(1-\gamma(n)\right)^{-1} \\ &\gt& x-\frac{x-1}2\left(\frac12\right)^{-1} \\ &=& x-(x-1) \\ &=& 1\;. \end{eqnarray} $$

Por otro lado, para $d(n)\lt x$,

$$ \begin{eqnarray} d(n+1) &\lt& x-\frac{x-1}2\left(1+\gamma(n)\frac{x-x}x\right)^{-1} \\ &=& x-\frac{x-1}2 \\ &=& \frac{x+1}2\;. \end{eqnarray} $$

Desde $1\lt d(1)=(x+1)/2\lt x$, se deduce que el $1\lt d(n)\le(x+1)/2\lt x$ todos los $n$.

Ahora suponga $x<1$. A continuación,$d(n+1)\gt x$. Por otro lado, para $d(n)\gt x$,

$$ \begin{eqnarray} d(n+1) &\lt& x-\frac{x-1}2\left(1+\frac12\frac{d-x}x\right)^{-1} \\ &\lt& x-\frac{x-1}2\left(1+\frac12\frac{-x}x\right)^{-1} \\ &=& x-\frac{x-1}2\left(\frac12\right)^{-1} \\ &=& x-(x-1) \\ &=& 1\;. \end{eqnarray} $$

Desde $x\lt d(1)=(x+1)/2\lt1$, se deduce que el $x\lt d(n)\lt1$ todos los $n$.

Ahora tenemos todos los ingredientes para la prueba de convergencia. Vamos a poner a$\gamma(n)=\frac12(1+\epsilon(n))$,$\epsilon(n)\to0$$n\to\infty$, por lo que

$$ \begin{eqnarray} d(n+1) &=& x-\frac{x-1}2\left(1+\frac12(1+\epsilon(n))\frac{d(n)-x}x\right)^{-1} \\ &=& x-\frac{x-1}2\frac{x}{x+\frac12(1+\epsilon(n))(d(n)-x)} \\ &=& \frac{x(d(n)+x+\epsilon(n)(d(n)-x))-(x-1)x}{d(n)+x+\epsilon(n)(d(n)-x)} \\ &=& \frac{x(d(n)+1)+\epsilon(n)x(d(n)-x)}{d(n)+x+\epsilon(n)(d(n)-x)}\;, \end{eqnarray} $$

y considerar la diferencia de $\sqrt x$ nuevo:

$$ \begin{eqnarray} d(n+1)-\sqrt x &=& \frac{x(d(n)+1)+\epsilon(n)x(d(n)-x)}{d(n)+x+\epsilon(n)(d(n)-x)}-\sqrt x \\ &=& \frac{(x-\sqrt x)(d(n)-\sqrt x+\epsilon(n)x(d(n)-x))}{d(n)+x+\epsilon(n)(d(n)-x)} \\ &=& \frac{(x-\sqrt x)(1+\epsilon(n)x(d(n)+\sqrt x))}{d(n)+x+\epsilon(n)(d(n)-x)}(d(n)-\sqrt x) \;. \end{eqnarray} $$

Desde $d(n)$ es limitado y positivo (y $x$ es constante y positiva), tenemos

$$ \limsup_{n\to\infty}\left|\frac{(x-\sqrt x)(1+\epsilon(n)x(d(n)+\sqrt x))}{d(n)+x+\epsilon(n) d(n)-x)}\right| =\limsup_{n\to\infty}\left|\frac{x-\sqrt x}{d(n)+x}\right| \le\left|\frac{x-\sqrt x}x\right|\lt1\;, $$

y por tanto la secuencia de las diferencias está dominado por una convergente de términos de la progresión geométrica. Que completa la prueba.