Cómo probar esta secuencia $a_{n}=\sqrt{n}+\frac{1}{2}-\frac{1}{8\sqrt{n}}+o\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)?$

Question

vamos secuencia $\{a_{n}\}$ tales $$a_{1}=1,a_{n+1}=1+\dfrac{n}{a_{n}}$$

demostrar que: $$a_{n}=\sqrt{n}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{8\sqrt{n}}+o\left(\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right)?$$

Este resultado es china estudiante de creat.y no sé Cómo tiene esta aproximación.?

Gracias

Answer 1

Voy a presentar dos enfoques a esta pregunta. La primera es la menos avanzada y fácil, pero también produce un menor resultado óptimo.

---

Primer Método

Considere la posibilidad de la auxiliar de secuencia $b_n =\sqrt{n+\frac{1}{4}}+\frac{1}{2}$. Este es la única solución positiva a la $P_n(X)=0$ donde $P_n(X)=X^2-X-n$.

${\bf Lemma~1.}$ Por cada $n\geq1$, tenemos $b_{n+1}\geq 1+\dfrac{n}{b_{n-1}}$.

Prueba. De hecho, vamos a $u=1+\frac{n}{b_{n-1}}$ $$u^2-u=\frac{(n+b_{n-1})n}{b_{n-1}^2}=\frac{(n+b_{n-1})n}{b_{n-1}+n-1}= n+\frac{n}{b_{n-1}+n-1}\leq n+1$$ desde $b_{n-1}\geq 1$. Esto demuestra que $P_{n+1}(u)\leq0$ y en consecuencia, $u\leq b_{n+1}$ como se desee.$\qquad \square$

${\bf Lemma~2.}$ Por cada $n\geq1$, tenemos $b_{n-1}\leq a_n \leq b_n$.

Prueba. Esto ahora es una manera fácil de inducción. Claramente cierto para $n=1$, y si es cierto para algunos $n$ $$ b_n=1+\frac{n}{b_n}\leq 1+\frac{n}{a_n}\leq 1+\frac{n}{b_{n-1}}\leq b_{n+1}. $$ y el resultado de la siguiente manera.$\qquad \square$

De ello se sigue que $$ \sqrt{n-\frac{3}{4}}-\sqrt{n}\leq a_n-\sqrt{n}-\frac{1}{2}\leq \sqrt{n+\frac{1}{4}}-\sqrt{n} $$ Así $$\sqrt{n}\left\vert a_n-\sqrt{n}-\frac{1}{2}\right\vert\leq \frac{3}{4(1+\sqrt{1-3/(4n)})}\leq \frac{1}{2}$$ Así, hemos demostrado que, para cada $n\geq 1$ hemos $$ a_n= \sqrt{n}+\frac{1}{2}+{\cal O} \left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right) $$ Esta no es la deseada expansión, pero tiene el mérito de ser fácil de probar.

---

Segundo Método

La referencia general, en esta parte es el libro de D. Knuth. "El arte de la programación informática, Vol III, segunda edición, pp 63--65".

Deje $I(n)$ el número de involuciones en el grupo simétrico $S_n$, ($i.e.$ $\sigma\in S_n$ tal que $\sigma^2=I$). Es bien sabido que el $I(n)$ puede ser calculado de forma inductiva por $$ I(0)=I(1)=1,\qquad I(n+1)=I(n)+nI(n-1) $$ Esto demuestra que nuestra secuencia $\{a_n\}$ está relacionado con estos números por la fórmula $$a_n=\frac{I(n+1)}{I(n)}.$$

Por lo tanto, podemos usar lo que sabemos acerca de estos números, En particular, las siguientes asintótica de expansión, de Knuth del libro: $$ I(n+1)=\frac{1}{\sqrt{2}} n^{n/2}e^{-n/2+\sqrt{n}-1/4}\left(1+\frac{7}{24\sqrt{n}}+{\cal O}\left(\frac{1}{n^{3/4}}\right)\right). $$ Ahora, es un "simple" de la materia a la conclusión de que $a_n$ ha deseado asintótica de expansión.

Edit: De hecho el término $\mathcal{O}(n^{-3/4})$ efectivamente destruye la expansión asintótica como mercio señaló, Pero en realidad hemos $$ I(n+1)=\frac{1}{\sqrt{2}} n^{n/2}e^{-n/2+\sqrt{n}-1/4}\left(1+\frac{7}{24\sqrt{n}}+{\cal O}\left(\frac{1}{n}\right)\right). $$ Muestra de ello es COBARDE Y ZEILBERGER en su papel de `la Resurrección de la Asymptotics de Recurrencias Lineales", que se puede encontrar aquí.

Answer 2

Va a ser más sencillo de lo que sigue para el uso de dos pasos a la vez, así que podemos empezar por calcular la relación de $a_{n+2} = \frac{a_n(n+2) + n}{a_n + n}$, y dejando $b_n = a_n / \sqrt n$ obtenemos $b_{n+2} = \frac {b_n (1 + 2/n) + 1/\sqrt n}{b_n\sqrt{1/n+2/n^2} + \sqrt{1+2/n}}$.

Vamos a denotar $\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} x = \frac {ax+b}{cx+d}$. Si tenemos una relación $b_{n+2} = \begin{bmatrix} 1+A & B \\ C & 1+D \end{bmatrix} b_n$ donde cada una de las $A,B,C,D$ $O(1/\sqrt n)$ y nos fijamos entonces en algún $c_n = (b_n-k)\sqrt n$, obtenemos la secuencia $c_n$ el mismo tipo de relación (así, con dominante término que todavía se comienzan $I_2$) con
$$A' = (1+kC)\sqrt{1+2/n}-1, \\B' = (B-kD+kA-k^2C)\sqrt{n+2}, \\ C' = C/\sqrt n, \\ D' = D+kC$$.

Ahora mismo, $C$ es todavía tan grande como todos los demás, para hacer de $B'$ no de un orden de magnitud más grande que el resto, tenemos que resolver un grado $2$ ecuación en $k$, lo que da $k= \pm 1$.

Si definimos $c_n = (b_n-1)\sqrt n$, obtenemos $A' = -n^{-1/2} + O(n^{-1}), D' = +n^{-1/2} + O(n^{-1}), C' = O(n^{-1}), B' = O(n^{-1/2})$.

A partir de ahora $C'$ seguirá cayendo, la dominante en términos de $A'$ $D'$ no será capaz de cambiar y de hacer la próxima $B$ a una $O(n^{-1/2})$ plazo, se tendrá que recoger $k = $ el término constante de $B/(A-D)$.

Lo que esto nos dice es que hay exactamente dos asintótica de los desarrollos a $a_n$ cuyos términos de error en cada nivel obedecer recurrentes en la relación de la forma $r_{n+2} = [I_2 + O(n^{-1/2})] r_n$.

Ya que todo esto se puede hacer de manera algebraica, los dos de alimentación de la serie se $\sqrt n$ los tiempos de las dos soluciones en $\Bbb Q[[n^{-1/2}]]$ a la ecuación original en $a_n/\sqrt n$ (y de ir de uno a otro por el cambio en el signo de $\sqrt n$).

Ahora podemos ver el $u_n = ((((a_n/\sqrt n - 1)\sqrt n - \frac 12)\sqrt n + \frac 18)\sqrt n + \frac 18)\sqrt n$. Satisface $u_{n+2} = \begin{bmatrix}1 - n^{-1/2} + O(n^{-1}) && \frac 7 {64}n^{-1} + O(n^{-3/2}) \\ O(n^{-5/2}) && 1 + n^{-1/2} + O(n^{-1}) \end{bmatrix} u_n$, (y cada una constante en los $O$ puede ser, efectivamente, calculada)

Esto significa que si usted tiene $u_n$ lo suficientemente cerca como para $0$,$u_{n+2} = (1-2n^{-1/2})u_n + O(n^{-1})$. Por lo que debe significar que para cada uno de los obligados $\delta$ hay un $n_0$ tal que $\forall n > n_0, |u_n < \delta | \implies |u_{n+2} < \delta|$.

Si efectivamente calcular $n_0$, por ejemplo, $\delta = 1$, esto permite que usted seguramente comprobar que una secuencia $u_n$ se queda delimitada por la búsqueda de un plazo $u_n$ $n$ bastante grande que está por debajo de la $\delta$. Si la asintótica de desarrollo es válida, de un número finito de cálculo será capaz de demostrarlo.

---

Me encantaría ver una prueba de que el desarrollo asintótico es válido para cada valor de inicio de $a_n$ (a excepción del valor que se va a quedar fuera infinitamente a partir de la fórmula asintótica y en lugar de obedecer a otros asintótica de desarrollo)