Convergencia de la secuencia recursiva $a_{n+1} =\frac{ 1}{k} \left(a_{n} + \frac{k}{a_{n}}\right)$

Question

Dejemos que $$ a_{n+1} = \frac{1}{k} \left(a_{n} + \frac{k}{a_n}\right) ; k>1, a_1>0 $$ El problema es demostrar que converge.

Intento: La secuencia no es monótona pero tiene un límite inferior. Parece que la subsecuencia de términos Impares y la subsecuencia de términos pares son secuencias monótonas (escribí un código básico para hacer esta observación) aunque no soy capaz de demostrarlo analíticamente. También sé que si la subsecuencia impar y la subsecuencia par convergen al mismo límite entonces la secuencia también converge. Por lo tanto, eso me dice que estoy en el camino correcto.

Por favor, proporcione cualquier sugerencia.

Answer 1

Si converge, se puede resolver inmediatamente para $a_\infty = \frac{\sqrt k}{\sqrt{k-1}}$ .

Así que define $b_n = a_n \frac{\sqrt{k-1}}{\sqrt k}$ . Esto da la recursión

$b_{n+1} = \frac{1}{k} \left(b_{n} + \frac{{k-1}}{b_{n}}\right)$

que, si es convergente, da $b_\infty = 1$ .

Demostraremos que un límite inferior y un límite superior convergen a $b_\infty = 1$ desde un punto de partida arbitrario. Por lo tanto, $b_\infty = 1$ es un punto fijo único y la convergencia es global.

Empecemos por un límite inferior.

Utilizando $1/x = 1/(1 + x-1) \ge 1 - (x-1) = 2 -x$ tenemos

$b_{n+1} = \frac{1}{k} \left(b_{n} + \frac{{k-1}}{b_{n}}\right) \ge \frac{1}{k} \left(b_{n} + {{(k-1)}}{(2-b_{n})}\right) = \frac{1}{k} \left(b_{n} (2-k) + {(2k-2)}\right)$

y el lado derecho establece un límite inferior $b^-_n \le b_n$ dada por la recursión $b^-_{n+1} = \frac{1}{k} \left(b^-_{n} (2-k) + {(2k-2)}\right) $ . Podemos inspeccionar esta recursión para ver si el límite inferior converge y a dónde.

Según Teorema de contracción de Banach para iterar puntos fijos de la forma $x_{n+1} = f(x_n)$ La convergencia está garantizada si el valor absoluto de la derivada es inferior a 1, es decir $|f'(x)| < 1$ para algún intervalo de $x$ que contiene el punto fijo. Aquí, para $b^-_n$ en particular, $f(x_n)$ es una ecuación lineal y la convergencia es global si la pendiente absoluta es inferior a 1.

Dado que la pendiente absoluta $|2-k|/k$ es siempre $< 1$ para $k > 1$ , iterando el límite inferior $b^-_n$ converge, y la resolución de $b^- = \frac{1}{k} \left(b^- (2-k) + {(2k-2)}\right)$ resulta en el límite inferior $b^-_\infty= 1$ . Por tanto, el límite inferior converge al valor real que debería alcanzar la serie original (si es convergente), lo que demuestra la convergencia por abajo.

Ahora, el límite superior.

Supongamos que $b_1 <1$ . Entonces $b_2 >1$ . Supongamos, por ejemplo, que empezamos con unos $b_1 >1$ .

Entonces tenemos que

$b_{n+1} = \frac{1}{k} \left(b_{n} + \frac{{k-1}}{b_{n}}\right) < \frac{1}{k} \left(b_{n} +{{k-1}}\right)$

siempre que $b_{n} > 1$ . Esto es ciertamente cierto para $n=1$ y nos gustaría que siguiera siendo así.

Así que tenemos un límite superior $b^+_n$ dada por la recursión

$b^+_{n+1} = \frac{1}{k} \left(b^+_{n} + {{k-1}}\right)$ .

Evidentemente, si $b^+_{n} > 1$ Así es $b^+_{n+1} > 1$ , por lo que nuestra condición $b^+_{n} > 1$ es válida para todos los $n$ , comenzando por $b^+_{1} > 1$ y podemos trabajar con ese límite superior.

Ahora aplica de nuevo el teorema de la contracción. La convergencia se establece globalmente ya que la pendiente es $\frac{1}{k} <1$ y el punto fijo puede calcularse inmediatamente como $b^+_\infty= 1$ .

Por lo tanto, los límites superior e inferior convergen globalmente al mismo valor $b_\infty= 1$ que establece que la serie original también converge, desde cualquier punto de partida, a $b_\infty= 1$ . $\quad \Box$