El monstruo continuó fracción.

Question

Mi título de mayo han salido como informal o inespecíficos. Pero, por razones que pronto se convertirá en claro, mi título no podría ser más específico.

He de comenzar. Definir una secuencia con plazo inicial: $$S_0=1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac1{\ddots}}}$$ Es bien sabido que $S_0=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$. Yo no escribo como tal porque, en fin de describir de la siguiente término, debemos buscar en la continuación de su fracción de representación. Tomar todas las $1$ no numerador y reemplazarlo con $\frac1{1+\frac1{\ddots}}$ para obtener: $$S_1=\frac1{1+\frac1{1+\frac1{\ddots}}} +\frac{1}{\frac1{1+\frac1{1+\frac1{\ddots}}}+\frac1{\frac1{1+\frac1{1+\frac1{\ddots}}}+\frac1\ddots}}$$ Repita para obtener: $$S_2=\frac1{\frac1{1+\frac1{1+\frac1{\ddots}}}+\frac1\ddots}+\frac{1}{\frac1{\frac1{1+\frac1{1+\frac1{\ddots}}}+\frac1\ddots}+\frac1{\frac1{\frac1{1+\frac1{1+\frac1{\ddots}}}+\frac1\ddots}+\frac1{\ddots}}}$$ Una vez más, una buena medida: $$S_3=\frac{1}{\frac1{\frac1{1+\frac1{1+\frac1{\ddots}}}+\frac1\ddots}+\frac1{\frac1{\frac1{1+\frac1{1+\frac1{\ddots}}}+\frac1\ddots}+\frac1{\ddots}}}+\frac1{\frac{1}{\frac1{\frac1{1+\frac1{1+\frac1{\ddots}}}+\frac1\ddots}+\frac1{\frac1{\frac1{1+\frac1{1+\frac1{\ddots}}}+\frac1\ddots}+\frac1{\ddots}}}+\frac1{\frac{1}{\frac1{\frac1{1+\frac1{1+\frac1{\ddots}}}+\frac1\ddots}+\frac1{\frac1{\frac1{1+\frac1{1+\frac1{\ddots}}}+\frac1\ddots}+\frac1{\ddots}}}+\frac1{\ddots}}}$$ Yo lo llamo una hidra. Naturalmente, le zumban como la grasa de las abejas a la pregunta:

$$\text{What is } \lim_{n \to \infty}S_n\text{?}$$

A mi casi-solución: Definir una secuencia recursiva de la siguiente manera: $$\eta_0 = 1$$ $$\eta_k = \frac1{\eta_{k-1}+\frac1{\eta_{k-1}+\frac1\ddots}}$$ Aviso: $$\eta_k = \frac1{\eta_{k-1}+\eta_k} \implies \eta_k\eta_{k-1}+\eta_k^2-1=0 \implies \eta_k=\frac{-\eta_{k-1}+\sqrt{\eta_{k-1}^2+4}}2$$ Tenemos la fuerza de la raíz cuadrada en el numerador a ser positivo, por razones obvias. Ahora, fíjense: $$S_0 = \eta_0+\eta_1 = \varphi$$ $$S_1 = S_0-\eta_0+\eta_2=\eta_1+\eta_2$$ $$S_2 = S_1-\eta_1+\eta_3 = \eta_2 + \eta_3$$ $$S_3 = S_2-\eta_2+\eta_4 = \eta_3 + \eta_4$$ $$\vdots$$ $$S_n = S_{n-1} - \eta_{n-1} + \eta_{n+1} = \eta_n + \eta_{n+1}$$ Por cómo he definido $\eta_i$, podemos reescribir la RHS como: $$S_n = \eta_n + \frac{-\eta_n+\sqrt{\eta_n^2+4}}2 \implies S_n = \frac{\eta_n+\sqrt{\eta_n^2+4}}2$$ Esto también puede ser obtenido por la equivalencia (que me di cuenta de que visualmente): $$\eta_k = \frac1{S_{k-1}}$$ Para $k \geq 1$. Omito la prueba de esto, es muy sencillo. Con esto en mente, podemos ver: $$S_k = \frac{\eta_k+\sqrt{\eta_k^2+4}}2 \implies 2S_k = \eta_k+\sqrt{\eta_k^2+4}$$ $$\implies 2S_k = \frac1{\eta_{k-1}+\eta_k} + \sqrt{\frac1{(\eta_{k-1}+\eta_k)^2 }+4}$$ $$\implies 2S_k = \frac1{\frac1{S_{k-2}} + \frac1{S_{k-1}}} + \sqrt{\frac1{(\frac1{S_{k-2}} + \frac1{S_{k-1}})^2 }+4}$$ Que, como $k \to \infty$, se convierte en la suma de un ser infinitamente anidada fracción y la raíz cuadrada de la suma de los recíprocos de un cuadrado de un ser infinitamente anidada fracción y $4$. En teoría, esto puede ser evaluado. Pero puedo dibujar mi último aliento y colapso, muerto. Para usted, el lector: la buena suerte.

En serio: lo que he hecho es definido $S_n$ forma recursiva, con valores iniciales $S_0 = \varphi$ e $S_1 = \varphi + \frac1{\varphi+\frac1{\ddots}}$. La obtención de una forma cerrada de el límite de esta secuencia, si converge (que creo que no sería difícil), puede ser difícil. Pero no sé, no estoy en la universidad todavía. Un inversa simbólico calculadora podría encontrar algo.

Algo que me di cuenta: como $S_n = \frac1{S_{n-1}} + \frac1{S_{n}}$, podría haber algo bastante ya que para aislar $S_k$ y obtener una solución. Trabajando en eso ahora.

Ninguno de los principales cambios que se detalle a continuación.

Answer 1

No es demasiado duro para mostrar** la secuencia de $\eta_k\to\frac{1}{\sqrt{2}}$ como $k\to\infty$, lo que implica que desee $k\to\infty$ límite de $S_k=\eta_k^{-1}$ es $\sqrt{2}$. Hay un error en la obtención de una relación de recursividad para la secuencia de $S_k$: se debe leer$$\color{limegreen}{2}S_k=\frac{1}{\frac{1}{S_{k-2}}+\frac{1}{S_{k-1}}}+\sqrt{\frac{1}{(\frac{1}{S_{k-2}}+\frac{1}{S_{k-1}})^2}+4}.$$One could also obtain the behaviour of $S_n$ from $\eta_n+\eta_{n+1}$.

** La convergencia es lineal. Escrito $\eta_k=\frac{1}{\sqrt{2}}+\epsilon_k$ da $\eta_k^2+4=\frac92+\epsilon_k\sqrt{2}+\epsilon_k^2$ e $\sqrt{\eta_k^2+4}=\frac{3}{\sqrt{2}}+\frac13\epsilon_k+O(\epsilon_k^2)$, de donde $\eta_{k+1}=\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac13\epsilon_k+O(\epsilon_k^2)$ e $S_k=\eta_k+\eta_{k+1}=\sqrt{2}+\frac23\epsilon_k+O(\epsilon_k^2)$.

Answer 2

Me tomó un buen rato para envolver mi cabeza alrededor de lo que en realidad quiere decir aquí (especialmente desde $1$ es utilizado esencialmente como una variable). Aquí está mi intento de hacer este riguroso, ya he encontrado las respuestas que aquí falta. Esto no es realmente una pregunta sobre fracciones continuas, así que vamos a empezar haciendo con ellos.

Yo necesito el de Banach de punto fijo teorema, que voy a decir en un caso muy especial:

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De Banach de punto fijo teorema de

Supongamos que $I \subset \mathbb{R}$ es un intervalo cerrado (no necesariamente limitado), y que $f \colon I \to I$ es una contracción. Es decir, existe una constante $\alpha \in (0,1)$ tales que $$|f(x)-f(y)|\leq \alpha |x-y|$$ for all $x,y \in I$. Then there is a unique (fixed) point $a \I$ such that $f(a) = a$, and moreover $f^n(x) \a$ for every $x \in I$.

(Aquí se $f^n$ medio $n$-función de plegado composición. Por ejemplo, $f^3(x) = (f \circ f \circ f)(x) = f(f(f(x)))$.)

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De hecho, voy a necesitar de una ligera generalización de este, es decir,

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De Banach de punto fijo teorema (generalizada)

Supongamos que $I \subset \mathbb{R}$ es un intervalo cerrado, que $f \colon I \to I$ es algo de la función en $I$, y que $f^k$ es una contracción de algunos $k \geq 1$. A continuación, $f$ tiene un único punto fijo $a$, y por otra parte $f^n(x) \to a$ por cada $x \in I$.

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Ninguno de estos son difíciles de probar, pero no vamos a reinventar la rueda ;)

En primer lugar, ¿qué significa la expresión $$[\beta;\beta,\beta,\ldots] = \beta + \frac{1}{\beta+\frac{1}{\beta +\frac{1}{\ddots}}}$$ even mean? It means the limit of the sequence with terms (that is, stopping the continued fraction after $n$ levels) $$a_n(\beta) = [\beta;\underbrace{\beta,\beta,\ldots,\beta}_\text{$n$ times}],$$ assuming this limit exists. Thinking of $\beta > 0$ as fixed, we define $f_\beta \colon [\beta\infty) \a [\beta\infty)$ through $$f_\beta(x) := \beta + \frac{1}{x},$$ and observe that, crucially, $$a_n = \beta + \frac{1}{a_{n-1}} = f_\beta(a_{n-1}) =f_\beta^2(a_{n-2}) = \cdots = f_\beta^{n}(a_0) = f_\beta^{n}(\beta).$$

Mientras $f_\beta$ sí no puede ser una contracción (dependiendo del tamaño de $\beta$), usted puede fácilmente calcular que $$(f_\beta^2)'(x) = \frac{1}{(1+\beta x)^2}.$$ Thus $f_\beta^2$ is a contraction with contraction constant $(1+\beta^2)^{-2} < 1$ by the mean value theorem. As a consequence of the second fixed-point theorem above, $f_\beta$ has a unique fixed point, let's say $a(\beta)$. And moreover, $a_n(\beta) = f_\beta^n(\beta) \a(\beta)$. As has been mentioned in several other comments, a simple quadratic equation shows that, in fact $$a(\beta) = \frac{\sqrt{\beta^2 + 4}+\beta}{2}.$$

El segundo continuó fracción necesitamos sale gratis a partir de lo anterior, es decir, $$g(\beta) := \frac{1}{\beta + \frac{1}{\beta + \frac{1}{\ddots}}} = a(\beta) - \beta = \frac{\sqrt{\beta^2 + 4}-\beta}{2}.$$

Las funciones de $a,g$ arriba están bien definidas $(0,\infty) \to (0,\infty)$, y su $S_n(\beta)$ (con $\beta = 1$ en su caso) es, de hecho, precisamente $$S_n(\beta) = a(g^n(\beta)).$$ Now, we want to (yet again) apply Banach's fixed point theorem, but there is a slight technical issue of $(0,\infty)$ not being closed. We solve this by noting that for all $\beta \in [\varphi^{-1},1]$ we have $$g(\beta) = \frac{\beta^2+4-\beta^2}{2(\sqrt{\beta^2+4}+\beta} = \frac{2}{\sqrt{\beta^2+4}+\beta} \leq 1$$ and $$g(\beta) \geq \frac{2}{\sqrt{1+4}+1} = \varphi^{-1},$$ de modo que podemos considerar las $g$ a ser una función de $[\varphi^{-1},1] \to [\varphi^{-1},1]$ lugar. Desde $$g'(\beta) = \frac{1}{2}\left(\frac{\beta}{\sqrt{\beta^2+4}}-1\right)$$ satisfies $-1/2 < g'(\beta) < 0 $, we get that $g$ is a contraction (with constant $1/2$). It therefore has a unique fixed point $\gamma \in [\varphi^{-1},1]$, which you can easily compute to be $\gamma = 1/\sqrt{2}$, and more importantly $g^n(\beta) \a \gamma$ for all $\beta \in [\varphi^{-1},1]$.

Por último, con la continuidad de $a$, llegamos a la conclusión de que $$S_n(\beta) =a(g^n(\beta)) \to a\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \sqrt{2}$$ para cada $\beta \in [\varphi^{-1},1]$, y, en particular, para $\beta \equiv 1$.

(De hecho, el uso de una forma más cuantitativa versión de Banach del teorema de punto fijo, no es difícil mostrar más explícitamente que $|S_n(1)-\sqrt{2}| \leq 2^{1-n}(1-\varphi^{-1})$, pero este post ya es significativamente más largo de lo que esperaba...)

Answer 3

Suponga que $(S_n)_{n\geq 0}$ converge a un límite finito $x\geq 0$. Tomando límites en su final igualdad de rendimientos (esto también funciona si $x=0$) $x=\frac{x}{2}+\sqrt{\dfrac{x^2}{4}+4}$. Por lo tanto $\frac{x}{2}=\sqrt{\dfrac{x^2}{4}+4}$, y el cuadrado da $0=4$.

Por lo tanto, $(S_n)_n$ es divergente.

Edit. De mis comentarios, y como J. G. la respuesta confirma, hubo algún error en la recursividad ,y $S_n$ converge a $\sqrt{2}$.

Answer 4

Hmm. Puedo conseguir $$ x={1\over x+{1\over x + \cdots}}={1\over x+ x}={1\over 2x} \qquad \text{if this converges}$$ Entonces $$2x^2=1 \\ x=\sqrt{1/2} $$ No es así de simple?

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Experimentando con la convergencia. Deje $\text{cf}_1=[1;1,1,1,1,...]$ ser la continuación de la fracción del valor de $x_1$. Luego iterar $$ \begin{array} {}\text{cf}_{k+1}&=x_k \star [1;1,1,1,1,...] \\ &\overset{\text{def}}=[x_k; x_k,x_k,x_k,...] \\ x_{k+1}&=\text{eval}(\text{cf}_{k+1}) \end{array} $$ Si empezamos con $x_1=\varphi \approx 1.61 $ luego de que la iteración diverge.
Si utilizamos la mejor $$ \begin{array} {}\text{cf}_{k+1}&=x_k \star [0;1,1,1,1,...] \\ &\overset{\text{def}}=[0; x_k,x_k,x_k,...] \\ x_{k+1}&=\text{eval}(\text{cf}_{k+1}) \end{array} $$ y $x_1=\varphi-1$ entonces esto converge. Por esta definición se converge incluso para las grandes $x_1$. Creo que la prueba real debe ser muy fácil...

Answer 5

Si definimos la función de $f:[0,\infty) \to \mathbb{R}$ $$f(x) = x+\frac{1}{x+\frac{1}{x+\cdots}}$$ A continuación, podemos simplificar esto $$f(x)^2-xf(x)-1= 0 \Rightarrow f(x) = \frac{x+\sqrt{x^2+4}}{2}.$$ A continuación, observe que $f^{n-1}(1) = S_n$, esto reduce el problema de encontrar el límite de $S_n$ a la búsqueda de puntos estables de el mapa de $f$, supongamos que existe un punto estable del mapa $f$, se $x_0$. Luego tenemos la relación $$x_0 = \frac{x_0+\sqrt{x_0^2+4}}{2} \Rightarrow 0 = 4$$ una contradicción, por lo tanto $$\lim_{n \to \infty}S_n$$ no existe. También me tomé la libertad de la ejecución de algunos tests numéricos y definitivamente parece comprobar que $S_n$ diverge como $n \to \infty$.