¿Cómo encontrar el límite de estas secuencias?

Question

Dejemos que $\{a_n\}$ sea una secuencia de valor real tal que $a_1 \geq 0$ y $$a_{n+1}=\ln(a_{n}+1)$$ para todos $n\ge1$ . ¿Cómo podemos encontrar los siguientes límites?

$$\lim_{n\to \infty}na_n=?,$$ $$\lim_{n\to \infty}\frac{n(na_n-2)}{\ln n}=?$$

Gracias de antemano.

Answer 1

Tenemos $$0\leq\log(1+x)\leq x\quad \forall x\geq 0$$ por lo que podemos deducir que la secuencia $(a_n)$ es decreciente y está limitada por debajo de $0$ por lo que es convergente a $\ell$ que satisfacen $\log(1+\ell)=\ell$ así que $\ell=0$ .

Sabemos que (ya que $a_n\to 0$ ) $$a_{n+1}=\log(1+a_n)=a_n-\frac{1}{2}a_n^2+o(a_n^2)$$ por lo que tenemos $$a_{n+1}^\alpha=a_n^\alpha\left(1-\frac{1}{2}a_n+o(a_n)\right)^\alpha\sim_\infty a_n^\alpha\left(1-\frac{\alpha}{2}a_n\right)\tag{1}$$ y si elegimos $\alpha=-1$ y por telescopia encontramos $$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{a_{k+1}}-\frac{1}{a_{k}}=\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{1}}\sim_\infty\frac{n}{2}$$ y por lo tanto encontramos $$a_n\sim_\infty\frac{2}{n}$$

Ahora en la igualdad $(1)$ y siempre con $\alpha=-1$ desarrollamos con un término de más: $$\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{2}\sim_\infty\frac{-1}{12} a_n\sim \frac{-1}{6n}$$ así que por telescopia encontramos $$\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{a_{k+1}}-\frac{1}{a_{k}}-\frac{1}{2}\right)\sim_\infty\frac{1}{a_n}-\frac{n}{2}\sim_\infty \sum_{k=1}^{n-1}\frac{2}{k}\sim_\infty \frac{-1}{6}\log n$$ y finalmente encontramos $$\frac{n(na_n-2)}{\log n}\sim_\infty \frac{2}{3}$$

Answer 2

La aproximación de un físico al primer límite ( no es una prueba en absoluto ): en primer lugar, está claro que $a_n\rightarrow 0$ como $n\rightarrow\infty$ . La pregunta es: ¿cómo? Supongamos que $a_n=a(n)$ puede ser modelada por una función suave de $x$ . Entonces, expandiendo el lado izquierdo y el lado derecho de la relación de recursión en series de Taylor de "primer orden", encontramos la EDO $$a'(x)=-\frac12a(x)^2$$ con la solución obvia $a(x)=\frac{2}{x}$ . Así que un físico concluiría que $\lim_{n\rightarrow\infty}na_n=2$ .

Answer 3

Si se utiliza el teorema de Stolz-Cesàro, es mucho más fácil obtener el límite. Hay que tener en cuenta que $\lim_{n\to\infty}a_n=0$ . Utilizando el teorema de Stolz-Cesàro, \begin {eqnarray*} \lim_ {n \to\infty }na_n&=& \lim_ {n \to\infty } \frac {n}{ \frac {1}{a_n}}= \lim_ {n \to\infty } \frac {1}{ \frac {1}{a_{n+1}}- \frac {1}{a_n}}= \lim_ {n \to\infty } \frac {a_na_{n+1}}{a_n-a_{n+1}} \\ &=& \lim_ {n \to\infty } \frac {a_n \ln (a_n+1)}{a_n- \ln (a_n+1)}= \lim_ {x \to 0} \frac {x \ln (x+1)}{x- \ln (x+1)} \\ &=& \lim_ {x \to 0} \frac {x(x- \frac {1}{2}x^2+O(x^3))}{x-(x- \frac {1}{2}x^2+O(x^3))} \\ &=&2. \end {eqnarray*} Aquí $\ln(x+1)=x-\frac{1}{2}x^2+O(x^3)$ . Para la segunda parte, observamos primero que $$ a_n=\frac{2}{n}+o(1), \frac{1}{\ln(1+x)}=\frac{1}{x}+\frac{1}{2}-\frac{x}{12}+O(x^2) $$ y por lo tanto \begin {eqnarray*} \frac {1}{a_{n+1}}&=& \frac {1}{ \ln (1+a_n)}= \frac {1}{a_n}+ \frac {1}{2}- \frac {1}{12}a_n+O(a_n^2)= \frac {1}{a_n}+ \frac {1}{2}- \frac {1}{6n}+O( \frac {1}{n^2}). \end {eqnarray*} Así que usando el teorema de Stolz-Cesàro \begin {eqnarray*} \lim_ {n \to\infty } \frac {n(na_n-2)}{ \ln n}&=& \lim_ {n \to\infty } \frac {na_n(na_n-2)}{a_n \ln n} \\ &=&2 \lim_ {n \to\infty } \frac {na_n-2}{a_n \ln n}=4 \lim_ {n \to\infty } \frac { \frac {n}{2}- \frac {1}{a_n}} \ln n} \\ &=&4 \lim_ {n \to\infty } \frac {( \frac {n+1}{2}- \frac {1}{a_{n+1}})-( \frac {n}{2}- \frac {1}{a_n})}{ \ln (n+1)- \ln n} \\ &=&4 \lim_ {n \to\infty } \frac { \frac {1}{2}- \frac {1}{a_{n+1}}+ \frac {1}{a_n}} \ln (n+1)- \ln n} \\ &=&4 \lim_ {n \to\infty } \frac { \frac {1}{6n}+O( \frac {1}{n^2})}{ \ln (n+1)- \ln n} \\ &=& \frac {2}{3} \lim_ {n \to\infty } \frac {1}{n \ln (1+ \frac {1}{n})} \\ &=& \frac {2}{3}. \end {eqnarray*}