Comportamiento asintótico de $x_{n+1}=x_n+\frac{1}{x_n}, \space\space\space x_0=1$

Question

He definido una secuencia $x_n$ como sigue: $$x_{n+1}=x_n+\frac{1}{x_n}, \space\space\space x_0=1$$ Después de convencerme de que no existe una buena fórmula cerrada para $x_n$ decidí intentar encontrar una fórmula asintótica para $x_n$ (por desgracia, tengo muy poca experiencia con fórmulas asintóticas). Me he dado cuenta de que la recurrencia es equivalente a $$\Delta x_{n}=\frac{1}{x_n}$$ por lo que se puede aproximar una solución resolviendo la ecuación diferencial correspondiente para $y(t)$ : $$y'=\frac{1}{y}$$ Esta ecuación diferencial (con valor inicial $y(0)=1$ ) dio como resultado $$y=\sqrt{2t+1}$$ lo que me llevó a creer que $$x_n\approx \sqrt{2t+1}$$ Cuando tracé $x_n$ y $y(n)$ uno al lado del otro, efectivamente parecía que estaban muy cerca el uno del otro. Sin embargo, esto no es suficiente para mí... Me gustaría pruebe que $y(n)$ es una buena aproximación para $x_n$ ya sea demostrando que $$\lim_{n\to\infty}(x_n-\sqrt{2n+1})=0$$ ...o, mejor aún, encontrando una función de aproximación a cero $f$ satisfaciendo $$x_n=\sqrt{2n+1}+O(f(x))$$ Aquí es donde me quedé atascado. ¿Cómo puedo probar (¿o refutar?) la afirmación de la primera igualdad, y encontrar $f$ ¿satisfacer la segunda?

NOTA: Puede que haya una forma cerrada que no he podido encontrar. De hecho, la secuencia similar $$y_{n+1}=\frac{y_n}{2}-\frac{1}{2y_n}$$ tiene fórmula de forma cerrada $$y_n=\frac{1}{\tan(2^n\arctan(y_0^{-1}))}$$ ...pero incluso si encuentras una forma cerrada, me gustaría saber cómo demostrar las afirmaciones anteriores, ya que sería útil conocer las técnicas para futuros problemas.

Answer 1

Puedes demostrar que es un límite bastante bonito haciendo lo siguiente. Primero $$f(x)=x+\frac{1}{x}$$ y luego definir $b_n=\sqrt{2n+1}$ , $\epsilon_n=x_n-b_n$ y $\xi_n=f(b_n)-b_{n+1}$ . En primer lugar, observe que $$f(x+\epsilon)-f(x)\le \epsilon$$ cuando $x,\epsilon \ge 0$ (más adelante demostraremos que $\epsilon_n\ge 0$ (por ahora, asúmelo). Entonces tenemos que $$\begin{aligned} \epsilon_{n+1} &= x_{n+1}-b_{n+1} \\ &= f(x_n)-f(b_n)+\xi_n \\ &= f(b_n+\epsilon_n)-f(b_n)+\xi_n \\ &\le \epsilon_n+\xi_n \end{aligned}$$ Combinado con $\epsilon_0=0$ esto nos dice que $$0\le \epsilon_{n}\le \sum_{i=0}^{\infty}\xi_i\approx 0.56$$ Siendo la anterior una serie convergente (según Wolfram por comparación). Esto, por supuesto, da $$\sqrt{2n+1}\le x_n\le \sqrt{2n+1}+0.56$$ para todos $n$ lo que la convierte en una muy buena aproximación.

Para demostrar que $\epsilon_n\ge 0$ primero vemos que $\epsilon_0=0$ . Entonces supongamos $\epsilon_n\ge 0$ por lo anterior tenemos $\epsilon_{n+1}=f(b_n+\epsilon_n)-f(b_n)+\xi_n$ . Es fácil ver que $f$ aumenta en $x\ge 1$ y que $b_n\ge 1$ por lo que $\epsilon_n\ge 0$ vemos que $f(b_n+\epsilon_n)-f(b_n)\ge 0$ cediendo finalmente $\epsilon_{n+1}\ge \xi_n\ge 0$ donde $\xi_n\ge 0$ es fácil de verificar ya que tenemos una fórmula explícita para $\xi_n$ . Esto completa la inducción.

El límite numérico parece mejorable y también sería bueno encontrar la serie con la que Wolfram compara la nuestra. Y esto todavía no resuelve si $\lim_{n\to \infty}(x_n-b_n)=0$ .

Answer 2

Tomaré prestadas algunas anotaciones de la respuesta de Will Fisher. Podemos estimar su límite viéndolo de esta manera: tenemos $$ x_n - x_0 = \sum_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = \sum_{i=0}^{n-1} \frac 1{x_i}. $$ También tenemos $$ b_n - b_0 = \sum_{i=0}^{n-1} \Delta b_i = \sum_{i=0}^{n-1} (\sqrt{2i+3} - \sqrt{2i+1}) = \sum_{i=0}^{n-1} \frac 2{\sqrt{2i+3} + \sqrt{2i+1}}. $$ Dado que no disponemos de una forma cerrada para $x_n$ pero nuestra aproximación $b_n$ es muy buena, ahora voy a ver las formas cerradas de $\Delta b_n$ y $\frac 1{b_n}$ .

Tenemos $$ \frac 1{b_n} - \Delta b_n = \frac 1{\sqrt{2n+1}} - \frac 2{\sqrt{2n+3}+\sqrt{2n+1}} \\ = \frac{\sqrt{2n+3} - \sqrt{2n+1}}{\sqrt{2n+1}(\sqrt{2n+3} + \sqrt{2n+1})} \\ = \frac{(2n+3) - (2n+1)}{\sqrt{2n+1}(\sqrt{2n+3} + \sqrt{2n+1})^2} \\ = \frac 2{\sqrt{2n+1}(\sqrt{2n+3} + \sqrt{2n+1})^2} $$ Sustituyendo $3$ de $1$ y viceversa, obtenemos los siguientes límites para todas las $n \ge 0$ : $$ \frac 1{2(2n+3)^{3/2}} \le \frac 1{b_n} - \Delta b_n \le \frac 1{2(2n+1)^{3/2}}. $$ Esto sugiere que si sumamos los $\frac 1{b_i}$ en lugar de $\Delta b_i$ en la expresión $b_n - b_0 = \sum_{i=0}^{n-1} \Delta b_i$ tendríamos un término de error que se parecería aproximadamente a una suma de términos de la forma $i^{-3/2}$ lo que da un error similar a $n^{-1/2}$ que va a $0$ con $n$ . Por lo tanto, podemos utilizar el $\frac 1{b_i}$ en lugar de $\Delta b_i$ para comparar con $\frac 1{x_i}$ (lo haremos de manera más formal en un segundo).

Escribir $\varepsilon_n \overset{def}= x_n - b_n$ también tenemos como en la otra respuesta $$ f(b+\varepsilon) - f(b) = \left( (b+\varepsilon) + \frac 1{b+\varepsilon} \right) - \left( b + \frac 1b \right) \\ = \varepsilon - \frac {\varepsilon}{b(b+\varepsilon)} $$ Por lo tanto $$ x_{n+1} - b_{n+1} = \left( x_n + \frac 1{x_n} \right) - (\Delta b_n + b_n) \\ = \left( x_n + \frac 1{x_n} \right) - \left( b_n + \frac 1{b_n} \right) + \left( \frac 1{b_n} - \Delta b_n \right) \\ = \left( f(x_n) - f(b_n) \right) + \left( \frac 1{b_n} - \Delta b_n \right) \\ = (x_n - b_n)\left( 1 - \frac 1{x_nb_n} \right) + \left( \frac 1{b_n} - \Delta b_n \right). $$ para que dejar $c_n = 1 - \frac 1{x_nb_n}$ y $d_n = \frac 1{b_n} - \Delta b_n$ tenemos $x_{n+1} - b_{n+1} = (x_n - b_n) c_n + d_n$ y por inducción en $k$ deducimos $$ x_{n+k} - b_{n+k} = (x_n - b_n) \left( \Pi_{i=0}^{k-1} c_{n+i} \right) + \sum_{i=0}^{k-1} \left( \Pi_{j=i+1}^{k-1} c_{n+j} \right) d_{n+i}. $$ Demostramos ahora que como $n+k$ van a infinito, ambos términos van a cero.

El segundo mandato es para $0$ con $n$ desde $$ \sum_{i=0}^{k-1} \left( \Pi_{j=i+1}^{k-1} c_{n+j} \right) d_{n+i} \le \sum_{i=0}^{k-1} d_{n+i} \\ \le \sum_{i=0}^{k-1} \frac 1{2(2(n+i)+1)^{3/2}} \\ \le \int_{n-1}^{\infty} \frac 1{2(2x+1)^{3/2}} dx \\ = \frac 12 \left( \left. \frac {-1}{\sqrt{2x+1}} \right|_{n-1}^{\infty} \right) \\ = \frac 12 \left( \frac 1{\sqrt{2n-1}} \right) \to 0. $$ Obsérvese que este límite es uniforme para $k$ es decir, sólo depende de $n$ .

Para el primer término, observe que $|x_n - b_n| \le C$ está uniformemente acotada para todo $n$ (véase la respuesta de Will Fisher para saber por qué $C \approx 0.56$ ), por lo que basta con demostrar que $\Pi_{i=0}^{k-1} c_{n+i}$ va a $0$ con $k$ para $n$ arreglado. De este modo, podemos fijar $n$ para que el segundo término sea arbitrariamente pequeño, y luego tomar $k$ lo suficientemente grande como para que el primer término sea arbitrariamente pequeño; esto implica que la suma de ambos términos puede ser arbitrariamente pequeña, dado que $n+k$ es lo suficientemente grande.

Desde $x_n - b_n \ge 0$ tenemos $x_n \ge b_n$ Por lo tanto $\frac 1{x_n} \le \frac 1{b_n}$ de modo que $c_n \le 1 - \frac 1{x_n^2} < 1$ . Utilización de $\log(1-x) \le -x$ para $x \ge 0$ se deduce que $$ \log \left( \Pi_{i=0}^{k-1} c_{n+i} \right) = \sum_{i=0}^{k-1} \log c_{n+i} \le \sum_{i=0}^{k-1} \log \left( 1 - \frac 1{x_{n+i}^2} \right) \le - \sum_{i=0}^{k-1} \frac 1{x_{n+i}^2} \underset{k \to \infty}{\longrightarrow} -\infty $$ donde el límite sobre $k$ se deduce del siguiente argumento: puesto que $x_n \le b_n + C \le 2b_n$ donde $C \approx 0.56 \le 1 = b_0 \le b_n$ (véase la respuesta de Will Fisher para saber por qué $C \approx 0.56$ ), tenemos $\frac 1{x_n} \ge \frac 1{2b_n}$ Así pues $$ \sum_{i=0}^{k-1} \frac 1{x_{n+i}^2} = \sum_{m=n}^{n+k-1} \frac 1{x_m^2} \ge \frac 14 \sum_{m=n}^{n+k-1} \frac 1{2m+1} \underset{k \to \infty}{\longrightarrow} \infty. $$ Espero que le sirva de ayuda,