¿Cuál es el valor de $n+\frac{n}{n+\frac{n}{n+\frac{n}{\ddots}}}$ para $n\in\mathbb{C}$ ?

Question

Escriba $$\phi_n\stackrel{(1)}{=}n+\cfrac{n}{n+\cfrac{n}{\ddots}}$$ para que $\phi_n=n+\frac{n}{\phi_n},$ que da $\phi_n=\frac{n\pm\sqrt{n^2+4n}}{2}.$ Sabemos que $\phi_1=\phi$ El Relación áurea Así que vamos a tomar $\phi_n\stackrel{(2)}{=}\frac{n+\sqrt{n(n+4)}}{2}$ . (¿Está justificado?)

Wolfram Alpha afirma que, con $(2)$ , $$\lim\limits_{n\to -\infty}\phi_n=-1.$$ ¿Por qué? ¿Puedo inferir que esto es cierto para $(1)$ y, si es así, por qué ?

Me pregunto qué pasa en $(1)$ para $n\in\mathbb{C}\backslash\mathbb{Z}$ también . Tengo algo horroroso mirando en $(2)$ para $n=i$ .

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Aclaración: Estoy tratando de encontrar $\phi_n$ en términos de $n$ . Vea los comentarios más abajo.

Answer 1

Encontré por qué es $-1$ .
Reescribe la ecuación como : $$n\bigg(\frac{1+\frac1n\sqrt{n^2 + 4n}}{2}\bigg)$$ La raíz cuadrada se puede escribir como $\sqrt{n^2(1+4/n)} = |n|\sqrt{1+4/n} = -n\sqrt{1+4/n}$ porque $n<0$ . Entonces se obtiene : \begin {eqnarray*} \phi (n) &=& \frac {n}{2} \big (1- \sqrt {1+4/n} \big ) \\ &=& \frac n2(1-(1+ \frac2n ) + O(n^{-2})) \\ & \to &-1 \end {eqnarray*}

Answer 2

Si $f_n(x) = n+n/x$ No estoy seguro de su notación, pero creo que $(1)$ define $\phi_n$ como el límite (siempre que exista) de $f_n \circ f_n \circ \ldots \circ f_n (n)$ .

Dicho límite sería un punto fijo de $f_n$ que significa uno de los dos números complejos $y_n,z_n = \frac {n \pm \sqrt {n(n+4)}}2$ .

Para adivinar cuál es, debemos preguntarnos cuál es el punto fijo atractivo, y cuál el repulsivo. $f_n'(x) = -n/x^2 = y_nz_n/x^2$ y así $|f'_n(y_n)| = |z_n/y_n| = 1/|f'_n(z_n)|$ . Para ser atractiva, la derivada en ese punto tiene que ser pequeña ( $< 1$ en módulo), por lo que la solución con el módulo más grande será atractiva, y a ella convergerá la secuencia (a menos que la secuencia termine accidentalmente exactamente en el punto fijo más pequeño).

Se puede comprobar que los dos puntos fijos tienen el mismo módulo cuando $n \in [-4;0]$ Así que no podemos definir realmente lo que es $\phi_n$ para aquellos valores de $n$ . Sólo hay que ver la secuencia de tal $n$ , verás que tiene un comportamiento caótico. En el resto del plano complejo, escogiendo el punto fijo mayor se obtiene una función continua $n \mapsto \phi_n$ definido en $\Bbb C \setminus [-4;0]$ .

Así que $(2)$ sólo es correcto para $n>0$ y hay que cambiar el signo de la raíz cuadrada para $n < -4$

Answer 3

Para cualquier $n \ne 0, -4$ , dejemos que $( a_{n,m} )_{m\in\mathbb{Z}_{+}}$ sea la secuencia definida por $$a_{n,m} = \begin{cases}n,& m = 1\\\displaystyle n + \frac{n}{a_{n,m-1}},&m > 1\end{cases}$$ Dejemos que $\displaystyle\;\mu_n = \frac{n+\sqrt{n(n+4)}}{2}\;$ y $\displaystyle\;\nu_n = \frac{n-\sqrt{n(n+4)}}{2}\;$ . Es fácil comprobar la siguiente expresión

$$a_{n,m} = \frac{\mu_n^{m+1} - \nu_n^{m+1}}{\mu_n^{m}-\nu_n^{m}}$$

proporcionó una solución de forma cerrada para $a_{n,m}$ . En aquella porción del plano complejo donde $|\mu_n|$ difiere de $|\nu_n|$ , si está claro uno de $\mu_n$ o $\nu_n$ dominará completamente al otro para los grandes $m$ . Como resultado, podemos hacer el siguiente resumen parcial sobre $\phi_n$ .

$$\phi_n = \lim_{m\to\infty} a_{n,m} = \begin{cases} \mu_n, & |\mu_n| > |\nu_n|\\ \\ ???& |\mu_n| = |\nu_n|\quad\leftarrow \begin{array}{c} \small\verb/This includes the special/\\ \small\verb/special case when /n = 0, -4. \end{array} \\ \nu_n, & |\mu_n| < |\nu_n| \end{cases} $$ En particular, $$ \begin{array}{lcl} n \in (0,\infty) & \implies & |\mu_n| > |\nu_n| \implies \phi_n = \mu_n\\ n \in (-\infty,-4) & \implies & |\mu_n| < |\nu_n| \implies \phi_n = \nu_n \end{array} $$ y por lo tanto $$\lim\limits_{n\to-\infty}\phi_n = \lim\limits_{n\to-\infty}\nu_n = \lim\limits_{k\to\infty}\frac{-k+\sqrt{k(k-4)}}{2} = \lim\limits_{k\to\infty}\frac{-2k}{k+\sqrt{k(k-4)}} = -1 $$

Actualización

Pasemos al caso $|\mu_n| = |\nu_n|$ pero $n \ne 0, -4$ . En particular, esto cubre la gama en la que $n \in (-4,0)$ . Desde $\mu_n\nu_n = -n$ y $\mu_n \ne \nu_n$ podemos encontrar a $\theta_n \in (0,\pi)$ tal que

$$\big\{\; \mu_n, \nu_n \;\big\} = \big\{\; \sqrt{-n}e^{i\theta_n}, \sqrt{-n}e^{-i\theta_n}\;\big\}$$ En términos de $\theta_n$ tenemos

$$a_{n,m} = \sqrt{-n}\frac{\sin((m+1)\theta_n)}{\sin(m\theta_n)}$$

Hay dos subcasos.

• Si $\displaystyle\;\frac{\theta_n}{\pi} \in \mathbb{Q}$ entonces $a_{n,m}$ es periódica en $m$ . Observe cuando $\theta \in (0,\pi)$ , $\displaystyle\;\frac{\sin((m+1)\theta)}{\sin\theta}$ nunca es una secuencia constante. Así que $\phi_n$ diverge.
• Si $\displaystyle\;\frac{\theta_n}{\pi} \notin \mathbb{Q}$ entonces $a_{n,m}$ forman un subconjunto denso de la línea $\big\{\; \sqrt{-n} t : t \in \mathbb{R} \;\big\} \subset \mathbb{C}$ .
  Una vez más, $\phi_n$ diverge.

Finalmente, nos deja los casos $n = 0$ y $n = -4$ .

• Para $n = 0$ es fácil porque empieza en $m = 2$ nos encontramos con una expresión indefinida como $a_{0,2} = 0 + \frac{0}{0}$ . Así que todos $a_{0,m}, m \ge 2$ y por lo tanto $\phi_0$ son indefinidos.

• Para $n = -4$ tenemos $\mu_{-4} = \nu_{-4} = -2$ . Aviso $$\lim_{\mu\to\nu}\frac{\mu^{m+1}-\nu^{m+1}}{\mu^{m}-\nu^{m}} = \mu\frac{m+1}{m}$$ Sospecharemos $\displaystyle\;a_{-4,m} = -2\frac{m+1}{m}$ . Por sustitución directa se puede comprobar que esto es así. Como resultado, $$\phi_{-4} = \lim\limits_{m\to\infty} a_{-4,m} = -2\lim_{m\to\infty}\frac{m+1}{m} = -2 = \nu_n$$

Combinando todo esto, obtenemos:

$$\phi_n = \lim_{m\to\infty} a_{n,m} = \begin{cases} \mu_n, & |\mu_n| > |\nu_n|\\ \nu_n, & |\mu_n| < |\nu_n|\quad\text{ or }\quad n = -4\\ \text{undefined},& n = 0\\ \text{diverges},& |\mu_n| = |\nu_n| \end{cases} $$ Actualización2

La última pregunta es cuál es el conjunto que $|\mu_n| = |\nu_n|$ . Resulta que cuando $n \ne 0$ ,

$$\begin{align} |\mu_n| = |\nu_n| &\iff \left|1 + \sqrt{1+\frac{4}{n}}\right| = \left|1 - \sqrt{1+\frac{4}{n}}\right| \iff \Re\left(\sqrt{1+\frac{4}{n}}\right) = 0\\ &\iff n \in [-4,0) \end{align}$$ De hecho, si definimos $\lambda(z)$ por

$$\mathbb{C}\setminus (-4,0] \ni z\quad\mapsto\quad \lambda(z) = \frac{z}{2}\left(1 + \sqrt{1 + \frac{4}{z}}\right) \in \mathbb{C},$$

$\lambda(z)$ será una función de un solo valor sobre $\mathbb{C} \setminus (-4,0]$ y analítica sobre su interior $\mathbb{C} \setminus [-4,0]$ .
Además, $\lambda(n)$ coincide con $\mu_n$ y $\nu_n$ en $(0,\infty)$ y $(\infty,-4]$ ¡respectivamente! Esto significa que el cambio aparente de valor de $\phi_n$ entre $\mu_n$ y $\nu_n$ es realmente un artefacto de cómo los etiquetamos.

Al final, tenemos una descripción mucho más sencilla para $\phi_n$ .

$$\phi_n = \begin{cases} \frac{n}{2}\left(1 + \sqrt{1 + \frac{4}{n}}\right),& n \notin (-4,0]\\ \\ \text{ undefined/diverges },& n \in (-4,0] \end{cases}$$

Answer 4

Dejemos que $f_x(t) = x+\frac{x}{t}$ (Estoy usando $x$ en lugar de $n$ ya que ahora nos interesa el comportamiento continuo, y $f_n$ es un poco confusa por ser una familia de funciones y no una secuencia); la fracción continua corresponde, pues, a la secuencia $\{t_0 = x, t_n = f_x(t_{n-1})\}$ . Entonces $\frac{df}{dt} = -\frac{x}{t^2}$ ya que su valor absoluto es mayor que el de $1$ en un barrio de $t=-1$ una vez $x$ se hace grande - y de hecho será mayor que $1$ alrededor de cualquier valor finito de $t$ una vez $x$ es lo suficientemente grande - entonces ningún punto fijo de $f_x$ que está acotado como $x\to-\infty$ puede ser estable. Como $\{t_n\}$ si converge, debe converger a un punto fijo de $f_x$ esto implica que la secuencia no puede converger como $x\to -\infty$ .

Answer 5

El truco habitual es aplicar la tercera fórmula del binomio, de modo que $$ \frac{n+\sqrt{n(n+4)}}{2} =\frac{n^2-(n^2+4n)}{2(n-\sqrt{n(n+4)})} =-\frac{2 |n| }{|n|+\sqrt{|n|(|n|-4)}} $$ Ahora se aplican los procedimientos de límite estándar para las fracciones, cancelar $|n|$ en el numerador y el denominador, mover el límite dentro de la raíz cuadrada en el denominador, ..., para obtener el límite $-1$ .

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En cuanto a la pregunta general, no creo que la convergencia de esta fracción continua esté bien definida. Según el orden de la convergencia, se puede anular la $n$ para conseguir $$ n+\frac{n}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{\vdots+1}}}} $$ o $$ n+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{\vdots+1}}}}, $$ para que estas subsecuencias pares e Impares de convergentes converjan a $n\cdot\phi_1$ y $n-1+\phi_1$ .

Los convergentes en el sentido tradicional forman, para $n\ne 1$ una secuencia oscilante.

La cancelación deja algo más de $n$ en su lugar $$ n+\frac{n}{n+\frac{1}{1+\frac{1}{n+\frac{1}{\vdots+1}}}} $$ o $$ n+\frac{1}{1+\frac{1}{n+\frac{1}{1+\frac{1}{\vdots+1}}}}, $$ de modo que tras la cancelación se obtiene una fracción continua clásica $[n;1,n,1,n,...]$ o $n\cdot[1;n,1,n,1,...]$ que sí convergen para los enteros $n\ge 1$ en el sentido clásico.

La recursión resultante $$ a_{k+1}=F(a_k)=n+\frac1{1+\frac1{a_k}} $$ es contractiva en $a_k\in (-\infty,-2)\cup(0,\infty)$ . Para $n\in\Bbb R\setminus[-4,0]$ el punto fijo $$ a_*=\frac n2\left(1+\sqrt{1+\frac 4n}\right) $$ cae dentro de esta región de contracción y es, por tanto, el valor de la fracción continua dada.