Dada$a_{1}=1, \ a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{a_{n}}$, encontrar$\lim \limits_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{n}$

Question

Comencé mostrando que $1\leq a_{n} \leq n$ (por inducción) y entonces el $\frac{1}{n}\leq \frac{a_{n}}{n} \leq 1$ que no realmente meterme en cualquier lugar.

En un camino diferente demostró que $a_{n} \to \infty$ pero no puede ver lo me ayuda.

Answer 1

% De uso $a_{n+1} = \frac{1}{a_n} + \frac{1}{a_{n-1}} + \cdots + 1$y $a_n \longrightarrow \infty$.

Answer 2

Me olvidé completamente del Teorema de Stolz-Cesàro, de la que obtenemos:

$$\lim_{n\to \infty} \frac{a_n}{n}=\lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}-a_{n}}{(n+1)-n}=\lim_{n\to \infty}\frac{\frac{1}{a_{n}}}{1}=\lim_{n\to \infty}\frac{1}{a_{n}}=0. $$ The same technique works for $\displaystyle \frac{a_{n}^2}{n}.$

Answer 3

Ahora que la tarea está solucionado, aquí hay más investigación en esta secuencia interesante.

Creo que podemos demostrar que $$\displaystyle a_{n}^2 \sim 2n + \dfrac{\log n}{2} - C$$ for some constant $\displaystyle C \gt 0$

Por $\displaystyle x_n \sim y_n$ me refiero a $\displaystyle \lim_{n \to \infty} (x_n - y_n) = 0$

Considere la posibilidad de $b_n = a_{n}^2 - 2n$

Entonces tenemos que $\displaystyle b_{n+1} = b_n + \dfrac{1}{b_n + 2n}$

Observe que $b_3 \gt 0$ y, por tanto, lo suficientemente grande $\displaystyle n$, $\displaystyle b_n \gt 0$.

También es fácil demostrar que los $\displaystyle b_n \lt 2n$. De hecho, se puede mostrar fácilmente que $b_n \lt \log n$

Ahora tenemos que, para suficientemente grande $\displaystyle m,n$

$\displaystyle b_{m+1} - b_n = \sum_{k=n}^{m} \dfrac{1}{b_k + 2k}$

Desde $\displaystyle 0 \lt b_k \lt \log k$

tenemos que

$\displaystyle \sum_{k=n}^{m} \dfrac{1}{2k} \gt b_{m+1} - b_n \gt \sum_{k=n}^{m} \dfrac{1}{2k}(1- \dfrac{b_k}{2k})$

(Aquí usamos $\displaystyle \dfrac{1}{1+x} \gt \ \ 1-x, 1 \gt x \gt 0$)

Ahora Desde $b_k \lt \log k$, tenemos que

$\displaystyle \sum_{k=n}^{m} \dfrac{1}{2k} \gt b_{m+1} - b_n \gt \sum_{k=n}^{m} \dfrac{1}{2k} - \sum_{k=n}^{m} \dfrac{\log k}{4k^2}$

Utilizando el hecho de que $\displaystyle H_m - H_n = \log(\dfrac{m+1}{n}) + O(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{m})$ donde $\displaystyle H_n = \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k}$ $\displaystyle n^{th}$ número armónico.

Vemos que,

si $c_n = b_n - \dfrac{\log n}{2}$, luego

$\displaystyle O(\dfrac{1}{n} -\dfrac{1}{m}) \gt c_{m+1} - c_n \gt O(\dfrac{1}{n} -\dfrac{1}{m}) -\sum_{k=n}^{m} \dfrac{\log k}{4k^2}$

Ahora $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{\log k}{k^2}$ es convergente y por los criterios de convergencia de Cauchy, tenemos que $\displaystyle c_n$ es convergente.

Así, la secuencia $\displaystyle a_{n}^2 - 2n - \dfrac{\log n}{2}$ converge y, por lo tanto, para algunas de las $\displaystyle C$ tenemos que

$$\displaystyle a_{n}^2 \sim 2n + \dfrac{\log n}{2} - C$$

o en otras palabras

$$\displaystyle a_{n} \sim \sqrt{2n + \dfrac{\log n}{2} - C}$$

Un rápido (posiblemente incorrecta) simulación por ordenador parece mostrar una muy lenta convergencia a $\displaystyle C = 1.47812676429749\dots$

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La respuesta anterior:

Sugerencia: Considerar $(a_n)^2$ y tratar de aplicar razonamiento similar a como se hizo para $a_n$.

Answer 4

Vamos a volver a escribir:

ps

Ahora, cuando n tiende a infinito permite denotar$$\frac{a_{n+1}-a_n}{n+1-n}=\frac{1}{a_n}$ $ .A continuación, aproximadamente:

ps

Después de la integración:

ps

Answer 5

Sugerencia: demostrar por inducción que $a_n \leq 2\sqrt{n}$.