Deje $a_1=\sqrt{6}$, $a_{n+1}=\sqrt{6+a_n}$. Encuentre $\lim\limits_{n \to \infty} (a_n-3)6^n$.
Primero, podemos obtener $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=3$. Por lo tanto, $\lim\limits_{n \to \infty}(a_n-3)b^n$ pertenece a un tipo de límite con la forma $0 \cdot \infty$.
Además, obtuvimos un resultado similar aquí, que está relacionado con la forma $\lim\limits_{n \to \infty} (a_n-3)9^n$.
¿Cómo debo proceder?
La función, $a_1 \mapsto \Phi(a_1) = \lim_{n\to \infty} 6^n (a_n-3)$ es un objeto bien conocido en dinámica compleja y conocido como un mapa de linearización. Resuelve un problema de conjugación, que fue introducido por primera vez por Ernst Schröder en 1871 para estudiar iteraciones de funciones racionales. Puede encontrar una explicación por ejemplo en Carleson y Gamelin: Dinámica Compleja. En el capítulo II.2 tenemos lo siguiente:
Teorema 2.1: Supongamos que una función analítica $f$ tiene un punto fijo atractivo $p$ con multiplicador $\lambda=f'(p)$ que satisface $0<|\lambda|<1$. Entonces hay un mapa conforme $\zeta=\phi(z)$ (único hasta un escalamiento) de un entorno de $p$ en un entorno de $0$ que conjugue $f(z)$ con la función lineal $g(\zeta)=\lambda \zeta$.
La demostración se basa en la construcción del límite que mencionas. Para ser más explícito y usando tu ejemplo: Sea $D={\Bbb C}\setminus (-\infty;-6]$ el plano complejo recortado. Entonces $f(z)=\sqrt{z+6}$ define un mapa conforme de $D$ en el semiplano derecho ${\Bbb H}_+\subset D$. Así, para todo $z\in D$: $$|f(z)-3| = \left|\frac{z-3}{\sqrt{z+6}+3}\right| \leq \frac13 |z-3|$$ Por lo tanto, tenemos convergencia de $f^n(z)$ hacia el punto fijo $p=3$, uniformemente en subconjuntos compactos de $D$. También tenemos $\lambda=f'(3) = \frac16$.
La demostración del teorema consiste en mostrar que la secuencia de mapas ($n\geq 0$): $$ \phi_n(z) = \lambda^{-n} (f^n(z)-p) = 6^n (f^n(z)-3)$$ converge uniformemente en un entorno de $p$. Elijamos $z_0=z\in D$ y sea $z_n=f^n(z_0)$ (Prefiero empezar en el índice 0 para que iteremos $f$ tantas veces como el mapa lineal) tenemos: $$ \phi_{n+1}(z) = 6^n (z_n-3) \frac{6}{\sqrt{z_n+6}+3} = \phi_n(z) \left(1 + \frac{3-\sqrt{z_n+6}}{\sqrt{z_n+6}+3}\right) = \phi_n(z) \left( 1 + \epsilon(z_n)\right) $$ donde $$\epsilon(z_n) = \frac{3-z_n}{\left( \sqrt{6+z_n} + 3\right)^2}. $$ Se tiene que $|\epsilon(z_n)| \leq \frac19 |z_n-3| \leq \frac{1}{3^{n+2}} |z-3|$ por lo tanto, tiende rápidamente a cero y uniformemente en subconjuntos compactos de $D$. Se sigue que el límite $$\phi(z) = \lim_n \phi_n(z)=(z-3)\prod_{n\geq 1} (1+\epsilon(z_n))$$ existe y es holomorfo en $D$. La función verifica $\phi'(3)=1$ mientras que tu función tiene un factor adicional de $6$ ya que tu índice comienza con $n=1$ en lugar de cero. Por lo tanto, tu función es realmente $\Phi(a_1)=6\phi(a_1)$. La fórmula es numéricamente precisa y eficiente: $6\phi(\sqrt{6})=-3.36565753974384...$ en acuerdo con otros resultados publicados.
Para ver que $\phi$ realmente proporciona una solución al Teorema, nota que por construcción tenemos $\lambda^{-1} \phi_n\circ f = \phi_{n+1}$. Por convergencia uniforme podemos tomar límites para obtener $\lambda^{-1} \phi\circ f = \phi$ o $\phi \circ f = \lambda \phi = g\circ \phi$, con $g(\zeta)=\lambda \zeta$ siendo el mapa lineal.
Una expansión de Taylor de $\phi$ se puede obtener a partir de la ecuación funcional $6\phi(\sqrt{z+6}) = \phi(z)$ expandiendo en $z_0=3$ en ambos lados e identificando coeficientes. Una forma mucho más elegante de realizar los cálculos fue sugerida en comentarios por @VarunVejalla: Resolviendo $w=\sqrt{z+6}$ obtenemos $z=w^2-6$, es decir, la relación $6\phi(w)= \phi(w^2-6)$. Para simplificar la notación pongamos $w=3+u$. Entonces $\psi(u)=\phi(3+u)$ debe expandirse alrededor de 0 y verifica $6\psi(u)=\phi((3+u)^2-6) = \psi(6u+u^2)$. Insertando $\psi(u)=u + \sum_{n\geq 2} a_n u^n$ obtenemos la identidad entre series de Taylor:
$$ 6u + \sum_{n\geq 2} 6 a_n u^n = (6u+u^2) + \sum_{n\geq 2} a_n (6u +u^2)^n $$ o $$ \sum_{n\geq 2} a_n ((6u+u^2)^n-6u^n) = -u^2 $$ Expandiendo el binomio e identificando coeficientes puedes resolver de forma recursiva para obtener una fórmula para $a_n$ que solo depende de los $a_k$ con $n/2 \leq k \leq n$. Obtienes $a_1=1$ y luego $$ a_n = \frac{1}{6-6^n} \sum_{k =\lceil n/2 \rceil}^{n-1} \pmatrix {k \\ n-k} 6^{2k-n} a_k $$ Los primeros términos son: $$ \psi_4(u) = u -\frac{1}{30}u^2 + \frac{1}{525} u^3 - \frac{181}{1354500} u^4. $$ Con 12 términos se obtiene $6 \psi_{12}(\sqrt{6}-3) = 3.365657539743842... $ correcto hasta 14 dígitos.
La siguiente solución es un caso especial de un método general.
La pregunta pide
Sea $a_ 1=\sqrt{6}$, $a_{n+1}=\sqrt{6+a_n}$. Encuentre $\lim_{n \to \infty} (a_n-3)6^n$.
Con $\,q\,$ como parámetro, define la función $$ F(x) := \sum_{n=0}^\infty c_n \frac{x^n}{f_n}\;\; \text{ donde }\;\; f_n:= \prod_{k=1}^n (1-q^k) \tag{1} $$ y donde $\,|q|\ne1.\,$ Define las constantes $$ L := q/2, \quad \text{ y } \quad K := L^2-L. \tag{2} $$ También define $$ a_n := A\left(\frac{x_0}{q^n}\right) \;\; \text{ donde } \;\; A(x) := L - q\, x\, F(x) \tag{3} $$ y donde $\,x_0 = A^{-1}(a_0)\,$ depende solamente de $\,q\,$ y $\,a_0.\,$
El valor de $\,x_0\,$ calculado de esta manera no sufre de problemas de redondeo de punto flotante.
La ecuación $$ a_{n+1} = \sqrt{K+a_n} \quad \text{ o } \quad a_{n+1}^2 = K+a_n \tag{4} $$ implica que los coeficientes de $\,F(x)\,$ como polinomios en $\,q\,$ satisfacen $$ c_0 = 1, \quad c_{n+1} = \sum_{k=0}^n c_{n-k}\,c_k\, \frac{f_n}{f_k f_{n-k}}. \tag{5} $$
Observa que $$ F(0) = 1,\; A(0) = L \; \text{ y }\; a_n\to L. \tag{6} $$ El enfoque de $\,a_n\,$ hacia el límite $\,L\,$ es dado por $$ L - a_n = q \, \frac{x_0}{q^n} F\left(\frac{x_0}{q^n} \right) \approx q\frac{x_0}{q^n}. \tag{7} $$ Esto implica $$ \lim_{n\to\infty}(a_n-L)\,q^n = -q\,x_0. \tag{8} $$
En el caso de la pregunta, $$ q = 6,\; L = 3,\; a_0 = 0,\; x_0 \approx 0.56094292329064. \tag{9} $$
En el caso de Art of Problem Solving Online, $$ q = 4,\; L = 2,\; a_0 = 0,\; x_0 = \frac{\pi^2}{16},\; F(x) = \frac{\sin(\sqrt{x})^2}x. \tag{10} $$
NOTA: Sobre mi método. Algunas partes se basan en la función de Koenigs pero mi versión es más constructiva. Si tenemos una función $\,T(x)\,$ y definimos una secuencia por $\,a_{n+1} = T(a_n)\,$ donde $\,a_n\to 0\,$ tal que $\, a_n \approx c/q^n,\,$ entonces usamos el Ansatz $\, a_n = F(x/q^n)\,$ para alguna función $\,F\,$ con una expansión en serie de potencias en $\,x\,$ con coeficientes que dependen de $\,q.\,$ Los coeficientes están determinados de manera única por la función $\,T.$ El modo de convergencia determina el Ansatz adecuado. Por ejemplo, $\,T(x) := x-x^2\,$ requiere un Ansatz diferente.
NOTA: Si $\,q=1\,$ entonces la convergencia $\,a_n\to \frac14\,$ es mucho más lenta y el análisis anterior no se cumple. En su lugar se necesita el para $\,T(x) := x-x^2\,$. Algo similar si $\,q=-1\,$ u otras raíces de la unidad.
NOTA: Iba a mencionar el capítulo 8.3 de Métodos Asintóticos en Análisis de de Bruijn, con el cual estoy familiarizado pero no tenía el número de página exacto.
Aquí hay una prueba de que $b_n:=(3-a_n)6^n$ converge a un límite finito. Esto es simplemente una prueba de la existencia de un límite finito (que no creo que sea trivial).
Se muestra aquí que $a_n$ es estrictamente creciente y tiene límite $3$.
Observa que $$3-a_{n+1} = \frac{3-a_n}{3+\sqrt{6+a_n}}$$
por lo tanto $$(3-a_{n+1})6^{n+1} = \frac{6}{3+\sqrt{6+a_n}} (3-a_n)6^n$$
por lo tanto
$$\frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{6}{3+\sqrt{6+a_n}}>1$$
Mostraremos que $\sum_n \ln\Big(\frac{6}{3+\sqrt{6+a_n}}\Big)$ converge. De $$3-a_{n+1} = \frac{3-a_n}{3+\sqrt{6+a_n}}\leq \frac 13 (3-a_n)$$ uno encuentra fácilmente que $3-a_n = O(\frac 1{3^n})$, por lo tanto $a_n = 3 + O(\frac 1{3^n})$, así $$\ln\Big(\frac{6}{3+\sqrt{6+a_n}}\Big) = \ln\Big(\frac{6}{3+\sqrt{9+O(\frac 1{3^n})}}\Big) = \ln(1+O(\frac 1{3^n})) = O(\frac 1{3^n})$$ Por lo tanto$\sum_n \ln\Big(\frac{6}{3+\sqrt{6+a_n}}\Big)$ converge.
Por lo tanto $\sum_n \log(\frac{b_{n+1}}{b_n})$ converge, por lo tanto la secuencia $\log b_n$ converge a un límite finito, por lo tanto $b_n$ también converge a algún número real positivo.
Por lo tanto, la secuencia $(a_n-3)6^n$ converge a un número real negativo.
En esta respuesta consideramos la secuencia $b_n=|3-a_n|6^n$, donde $a_{n+1}=\sqrt{6+a_n}$ con condición inicial $a_0\geq0$. Mostramos que $b_n$ es
Como consecuencia,
No creo que el límite $b_\infty(a_0)=\lim_nb_n(a_0)$ pueda expresarse en términos de funciones elementales. Una estimación numérica (con aritmética de doble precisión) da $b_\infty(0)\approx3.3657$.
La función $f:[0,\infty)\rightarrow[0,\infty)$ definida por $$ f(x)=\sqrt{6+x}$$ es una contracción: Primero notemos que $f(x)\geq\sqrt{6}$ para todo $x\in[0,\infty$, y \begin{align} f(x)-f(y)=\frac{y-x}{\sqrt{6+x}+\sqrt{6+y}}\tag{1}\label{one} \end{align} Entonces, $$|f(x)-f(y)|\leq\frac{1}{2\sqrt{6}}|x-y| $$ y así, para cualquier $a_0\geq0$, $a_{n+1}=f(a_n)$ converge a un punto fijo $x=f(x)$ con $x\geq0$, que en este caso es $x=3$.
Análisis adicional de la función $f$ muestra que
Ahora estudiamos la velocidad de convergencia de la secuencia $a_n$. Sea $d_n=|3-a_n|=|f(3)-f(a_{n-1})|$. Se sigue de \eqref{one} que $$d_n=\frac{d_{n-1}}{3+a_n}$$ Si $0\leq a_0<3$, entonces \begin{align} \frac{1}{6}d_{n-1} Como $a_n\xrightarrow{n\rightarrow\infty}3$, tenemos que $\frac{d_{n+1}}{d_n}\xrightarrow{n\rightarrow\infty}\frac{1}{6}$; consecuentemente $\sqrt[n]{d_n}\xrightarrow{n\rightarrow\infty}\frac{1}{6}$. Sin embargo, esto por sí solo no garantiza la convergencia de $b_n=(6\sqrt[n]{d_n})^n$.
Ahora demostramos que la secuencia $b_n$ efectivamente converge. De \eqref{two} tenemos que
\begin{align} b_{n-1}=6^{n-1}d_{n-1}< 6^nd_n=b_n=\frac{6^{n-1}d_{n-1}}{1-\tfrac{d_n}{6}}=\frac{b_{n-1}}{1-\tfrac{d_n}{6}}\tag{3}\label{three} y \begin{align} \frac{d_{n-1}}{6} Combinando esto, obtenemos \begin{align} b_n=b_0\prod^n_{k=1}\frac{b_k}{b_{k-1}}=b_0\prod^n_{k=1}\Big(1-\tfrac{d_k}{6}\Big)^{-1}\tag{5}\label{five} De \eqref{four} tenemos que $\sum^\infty_{k=1}d_k<\infty$; de $$\prod^n_{k=1}\Big(1-\tfrac{d_k}{6}\Big)\leq \exp\Big(-\frac{1}{6}\sum^n_{k=1}d_k\Big)$$ concluimos que $b_n$ converge, y que \begin{align} b_n\xrightarrow{n\rightarrow\infty} b_0\prod^\infty_{k=1}\big(1-\tfrac{d_k}{6}\big)^{-1}\tag{6}\label{6}
Observaciones:
Este enfoque muestra que los resultados en cuestión surgen de manera bastante natural del análisis estándar de estabilidad de puntos fijos de la ecuación de evolución. También se discute la dependencia del límite de $b_n = (a_n -3)6^n$ del valor inicial $a_1$.
Siguiendo el procedimiento común para analizar la ecuación de evolución
$$a_{n+1} = \sqrt{6+a_{n}}\tag{1}$$
primero buscamos los puntos fijos. Estos se derivan de la ecuación $0 = a^2-a-6$ como $a = 3$ y $a=-2$.
Descartando la solución negativa, estudiamos la estabilidad tomando
$$a_{n} = 3 +\delta_{n}\tag{2}$$
donde $|\delta_{n}| << 3$.
Insertando en $(1)$ obtenemos
$$\begin{align} & 3 +\delta_{n+1} = \sqrt{6+3+\delta_{n}}=\sqrt{9+\delta_{n}}\\&=3\left( \sqrt{1+\frac{\delta_{n}}{9}}\right)\simeq 3\left( 1+\frac{1}{2}\frac{\delta_{n}}{9}\right)=3 +\frac{1}{6} \delta_{n}\end{align} $$
y se sigue
$$\delta_{n+1} \simeq \frac{1}{6} \delta_{n}\tag{3}$$
La solución $\delta_{n}=\frac{c}{6^n}$ de $(3)$ con alguna constante $c$ muestra que el punto fijo $a_{\infty}=3$ es estable y a partir de $(2)$ encontramos
$$a_{n} \simeq 3 + \frac{c}{6^n}\tag{4}$$
Esto significa a su vez que
$$b_{n} := \left(a_{n} - 3 \right)6^n \simeq c\tag{5}$$
Por lo tanto, el límite en cuestión es la constante $c$. Para $0 \lt a_{1} \lt 3$ la constante $c$ es negativa, para $a_{1} \gt 3$ es positiva. En el caso actual tenemos $a_{1} = \sqrt{6} \lt 3$, y el límite es numéricamente
$$b_{\infty} \simeq -3.36571\tag{6}$$.
Límite como función del valor inicial
Aquí hay un gráfico que muestra la dependencia del límite $b_{\infty}$ en el valor inicial $a_{1}$ para $-6 \le a_{1} <10$
Algunos valores especiales del límite son: $b_{\infty}(-6) = -121.164$, $b_{\infty}(0) = -20.1939$, and $b_{\infty}(3) = 0$
La función límite es bien aproximada por
$$b_{\infty}(a_1)=45.1116 (a_1+6)^{0.44966}-121.164\tag{7}$$
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