$\large{a_{n+1} = \frac{a_n}{n} + \frac{n}{a_n}, a_1 = 1}$
Que la secuencia $\large{\left< a_n \right>}$ sea definida como arriba para todos los enteros positivos n. Evaluar $\large{\left \lfloor a_{2015} \right \rfloor}$ .
He escrito un programa en C++ para resolver el problema pero no tengo ni idea de cómo enfocarlo matemáticamente. ¡Gracias de antemano!
Si dejamos que $x_n=a_n/\sqrt n$ entonces tenemos la regla recursiva para $x_n$ : $$ x_{n+1}={x_n\over\sqrt{n(n+1)}}+{1\over x_n}\sqrt{n\over n+1}. $$ Es fácil demostrar que $\lim_{n\to\infty}x_n=1$ para que $a_n/\sqrt{2015}$ debería estar muy cerca de $1$ . En otras palabras, podemos concluir que $$ \lfloor a_{2015} \rfloor = \lfloor \sqrt{2015} \rfloor=44. $$
Esto se aproxima al método babilónico o al método de Newton para informática $\sqrt n$ Usted utiliza $a_{n-1}$ (que estará cerca de $\sqrt{n-1}$ ) como una conjetura inicial y hacer una iteración. Si quieres, puedes demostrar que el error es positivo, decreciente y (después de un tiempo) acotado por una fracción lo suficientemente pequeña como para saber $44 \lt a_{2015} \lt 45$
Añadido: un poco de experimentación muestra que $a_n$ es un poco mayor que $\sqrt n$ . Por ejemplo, $a_{16} \approx 4.06653$ . Definir $b_n=a_n-\sqrt n$ . Si $\frac 1n \lt b_n \lt \frac 1{\sqrt n}$ (como en el caso de $n=16$ ), podemos aproximar $$b_{n+1}=\frac n{a_n}+\frac {a_n}n-\sqrt n\\ b_{n+1}=\frac n{b_n+\sqrt n}+\frac{b_n+\sqrt n}n-\sqrt n\\ \approx \sqrt n(1-\frac {b_n}{\sqrt n})+\frac 1{\sqrt n}+\frac {b_n}n-\sqrt n\\ =-b_n+\frac 1{\sqrt n}+\frac {b_n}n\\ \approx\frac 1{\sqrt{n+1}}+\frac 2{n^{3/2}}-b_n+\frac {b_n}n$$ Tenemos que argumentar que $\frac 1{n+1} \le b_{n+1} \lt \frac 1{\sqrt {n+1}}$ pero no puedo llegar a eso. Parece claro, y esto nos da una inducción que dice $b_n$ es pequeño y $a_n \approx \sqrt n$
Probablemente sea más fácil demostrar directamente por inducción que $\sqrt{n-1}\le a_n\le\sqrt{n+2}$ de algunos $n$ en adelante.
En primer lugar, debemos demostrar que $a_{n+1}\le\sqrt{n+3}$ lo que equivale a $a_n/n+n/a_n\le\sqrt{n+3}$ . Pero por la hipótesis inductiva $a_n/n+n/a_n\le\sqrt{n+2}/n+n/\sqrt{n}$ , por lo que nos queda demostrar que $\sqrt{n+2}/n+\sqrt{n}\le\sqrt{n+3}$ . Esta última desigualdad se reduce a $\sqrt{1+2/n}(\sqrt{1+3/n}+1)\le3$ lo cual es cierto para $n\ge4$ .
De forma similar, para demostrar que $a_{n+1}\ge\sqrt{n}$ hay que demostrar $\sqrt{n-1}/n+n/\sqrt{n+2}\le\sqrt{n}$ . Después de algunos retoques, esto equivale a $\sqrt{1+(3n-2)/n^2}(1+\sqrt{1+2/n})\ge2$ lo cual es cierto para $n\ge1$ .
Al final obtenemos entonces $\sqrt{2014}\le a_{2015}\le\sqrt{2017}$ Es decir $44.878\le a_{2015}\le44.911$ .
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