Convergencia de $\sqrt{n}x_{n}$ donde $x_{n+1} = \sin(x_{n})$

Question

Consideremos la secuencia definida como

$x_1 = 1$

$x_{n+1} = \sin x_n$

Creo que he podido demostrar que la secuencia $\sqrt{n} x_{n}$ converge a $\sqrt{3}$ por un método elemental y tedioso que no me hizo mucha gracia.

(Creo que lo hice mostrando que $\sqrt{\frac{3}{n+1}} < x_{n} < \sqrt{\frac{3}{n}}$ no lo recuerdo exactamente)

Esto parece que debería ser un problema estándar.

¿Alguien conoce una prueba sencilla (y preferiblemente elemental) para el hecho de que la secuencia $\sqrt{n}x_{n}$ converge a $\sqrt{3}$ ?

Answer 1

Antes de entrar en detalles, permítanme decir: Las ideas de las que hablo, incluido este ejemplo exacto, pueden encontrarse en el capítulo 8 de Métodos asintóticos en el análisis (segunda edición), de N. G. de Bruijn. Es un libro realmente magnífico, y lo recomiendo a cualquiera que quiera aprender a aproximar cantidades en entornos "similares al cálculo". (Si quieres hacer aproximaciones en entornos combinatorios, recomiendo el capítulo 9 de Matemáticas concretas .)

Además, no se trata sólo de $\sin$ . Sea $f$ sea una función con $f(0)=0$ y $0 \leq f(u) < u$ para $u$ en $(0,c]$ entonces la secuencia $x_n:=f(f(f(\cdots f(c)\cdots)$ se acerca a $0$ . Si $f(u)=u-a u^{k+1} + O(u^{k+2})$ (con $a>0$ ) entonces $x_n \approx \alpha n^{-1/k}$ y puedes demostrarlo con los mismos métodos aquí.

Dicho esto, la respuesta a su pregunta. En $[0,1]$ tenemos $$\sin x=x-x^3/6+O(x^5).$$ Configurar $y_n=1/x_n^2$ tenemos $$1/x_{n+1}^2 = x_n^{-2} \left(1-x_n^2/6+O(x_n^4) \right)^{-2} = 1/x_n^2 + 1/3 + O(x_n^2)$$ así que $$y_{n+1} = y_n + 1/3 + O(y_n^{-1}).$$

Vemos que $$y_n = \frac{n}{3} + O\left( \sum_{k=1}^n y_k^{-1} \right)$$ y $$\frac{1}{n}y_n = \frac{1}{3} + \frac{1}{n} O\left( \sum_{k=1}^n y_k^{-1} \right)$$ Como ya sabemos que $x_n \to 0$ sabemos que $y_n^{-1} \to 0$ por lo que la media llega a cero y obtenemos $\lim_{n \to \infty} y_n/n=1/3$ . Transformar de nuevo a $\sqrt{n} x_n$ se deduce ahora por la continuidad de $1/\sqrt{t}$ .

Answer 2

Este problema se puede encontrar en Kaczor, Nowak: Problemas en Análisis Matemático I, Números Reales, Secuencias y Series. Copiaré aquí su solución.

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Problema 2.5.22, p.50 se da una solución en p.215 .

Problema 2.5.22 . La secuencia $(a_n)$ se define inductivamente como sigue: $$0<a_1<\pi \qquad a_{n+1}=\sin a_n \text{ for }n\ge 1$$ Demostrar que $\lim\limits_{n\to\infty} \sqrt n a_n = \sqrt3$ .

Solución: Es fácil ver que la secuencia $(a_n)$ es monótona decreciente a cero. Además, una aplicación de la regla de I'Hospital da $$\lim\limits_{x\to 0}\frac{x^2-\sin^2x}{x^2\sin^2x}=\frac13.$$ Por lo tanto, $$\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac1{a_{n+1}^2}-\frac1{a_n^2}\right)=\frac13$$ Ahora, por el resultado del problema 2.3.14, $\lim\limits_{n\to\infty} na_n^2 = 3$ .

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Problema 2.3.14, p.38 se da una solución en p.184 .

Problema 2.3.14. Demostrar que si $(a_n)$ es una secuencia para la cual $$\lim\limits_{n\to\infty}(a_{n+1}-a_n)=a$$ entonces $$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}n=a.$$

Solución: En Teorema de Stolz fijamos $x_{n}=a_{n+1}$ y $y_n=n$ .

Formulación del teorema de Stolz en este libro es la siguiente

Dejemos que $(x_n)$ , $(y_n)$ sean dos secuencias que satisfagan las condiciones:

• $(y_n)$ aumenta estrictamente a $+\infty$ ,
• $$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=g.$$

Entonces $$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{x_n}{y_n}=g.$$

Para el teorema de Stolz-Cesaro véase también esta pregunta: Teorema de Stolz-Cesàro

Tal vez convenga mencionar también que existen dos formas equivalentes del teorema de Stolz-Cesaro: véase, por ejemplo esta respuesta .

Answer 3

Si su secuencia es de la forma $$x_{n+1} = f(x_n)$$ con $$f(x) = x( 1 - c x^{\alpha} + \textrm{h. o. t} )$$ Entonces, observe ( Por ejemplo ) que $$\frac{1}{f(x)^{\alpha}} = \frac{1}{x^{\alpha}} + \alpha c+ \textrm{h. o. t.}$$ y así $$\frac{1}{x_{n+1}^{\alpha}} - \frac{1}{x_n^{\alpha}} \to \alpha c$$ y con Cesaro-Stolz obtenemos $$\frac{1}{n x_n^{\alpha} } \to \alpha c$$

En el caso particular $f(x) = \sin x= x( 1 - \frac{x^2}{6} + \cdots)$ obtenemos $$\frac{1}{n x_n^2} \to 2 \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{3}$$