Secuencia $x_{n+1}=\sqrt{x_n+a(a+1)}$

Question

$a\gt0$ y $x_0=0$ , $x_{n+1}=\sqrt{x_n+a(a+1)}, n=0,1,2,\dotsc$ .

calcular

$$\lim_{n\to\infty}\big(a+1\big)^{2n}\big(a+1-x_n\big)$$

El problema es difícil, no tengo ni idea.

Gracias.

Answer 1

De la recursión dada, obtenemos $$ x_{n+1}^2=x_n+a(a+1)\tag{1} $$ Restando $(1)$ de $(a+1)^2$ da $$ (a+1)^2-x_{n+1}^2=(a+1)-x_n\tag{2} $$ lo que equivale a $$ \frac{(a+1)-x_{n+1}}{(a+1)-x_n} =\frac1{(a+1)+x_{n+1}}\tag{3} $$ lo que implica inductivamente $$ (a+1)-x_n\le\frac{(a+1)-x_0}{(a+1)^n}\tag{4} $$ Multiplicando $(3)$ por $2(a+1)$ da $$ \begin{align} 2(a+1)\frac{(a+1)-x_{n+1}}{(a+1)-x_n} &=\frac{2(a+1)}{(a+1)+x_{n+1}}\\ &=1+\frac{(a+1)-x_{n+1}}{(a+1)+x_{n+1}}\tag{5} \end{align} $$ lo que implica inductivamente $$ 2^n(a+1)^n((a+1)-x_n)=((a+1)-x_0)\prod_{k=1}^n\left(1+\frac{(a+1)-x_k}{(a+1)+x_k}\right)\tag{6} $$ Desigualdad $(4)$ garantiza que el producto en $(6)$ converge. Por lo tanto, hay un $0\lt C_a\lt\infty$ para que $$ \lim_{n\to\infty}2^n(a+1)^n((a+1)-x_n)=C_a\tag{7} $$ Por lo tanto, si $a\gt1$ entonces el límite dado es $\infty$ y si $a\lt1$ entonces el límite dado es $0$ . Si $a=1$ entonces el límite dado es $C_1$ .

---

Cálculo de $C_1$

Cuando $a=1$ , recursividad $(1)$ se convierte en $$ x_{n+1}^2=x_n+2\tag{8} $$ que se satisface con $$ x_n=2\cos(2^{-n}t_0)\tag{9} $$ con $t_0=\frac\pi2$ . Por lo tanto, $$ \begin{align} C_1 &=\lim_{n\to\infty}4^n(2-2\cos(2^{-n}t_0))\\ &=t_0^2\\ &=\frac{\pi^2}{4}\tag{10} \end{align} $$ Como se ha mencionado, esto está relacionado con esta respuesta .

Answer 2

He aquí una idea:

Dejemos que $\epsilon_n=a+1-x_n$ para que $\epsilon_0=a+1$ y $$(a+1-\epsilon_{n+1})^2=a+1-\epsilon_n+a(a+1)$$ o $$(a+1)^2-2\epsilon_{n+1}(a+1)+(\epsilon_{n+1})^2=(a+1)^2-\epsilon _n$$ de donde $$2\epsilon_{n+1}(a+1)-(\epsilon_{n+1})^2=\epsilon_n$$

Answer 3

En primer lugar, es fácil demostrar que $x_n$ aumenta y $x_n\to a+1$ .

Tal y como sugiere @user10676, consideremos la siguiente función en torno a $x=a+1$ $$ f(x)=\sqrt{x+a(a+1)}=f(a+1)+f'(a+1)(x-a-1)+etc\\\sim a+1+\frac{1}{2(a+1)}(x-a-1). $$ Desde $x_n\to a+1$ , $$ x_{n+1}-(a+1)\sim\frac{1}{2(a+1)}(x_n-a-1) $$ Por lo tanto, deducimos que $(a+1-x_n)\sim\frac{c}{(2(a+1))^n}$ por alguna constante a determinar (no soy capaz de determinarla por el momento). Supongo que hay una errata en el texto.

Si no hay ningún error tipográfico, el resultado es $0$ o $\infty$ en función de $a<1,a>1$ . Cuando $a=1$ necesitamos evaluar

$$ \frac{4}{2}\frac{4}{2+\sqrt{2}}\frac{4}{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}\cdots\frac{4}{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots}}}\cdots, $$ véase Evaluar $\frac{2}{4}\frac{2+\sqrt{2}}{4}\frac{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}{4}\cdots$

Answer 4

Supongo que la respuesta es cero. Basta con comprobar que $$\lim_{n\to\infty}x_n=a+1$$ Esto hace que la segunda parte de su límite sea cero.
Para calcular ese límite, vamos a suponer que existe y que es $L$ .
Tenemos $x_{n+1}^2=x_n+a^2+a$
entonces $x_{n+1}^2-x_n-a^2-a=0$
tomando los límites que tenemos $L^2-L-a^2-a=0$
resolviendo en $L$ sólo hay una solución válida $L=a+1$

¿Tiene sentido?

Comentario sobre lo anterior Esto no es suficiente ya que el límite se convierte en la forma $\infty * 0$ Tengo que hacer un refinamiento en la prueba. Empíricamente he comprobado que el resultado es cero.