La forma cerrada para un no-lineal de la recurrencia de la

Question

Hace ecuación de $a_n=\sqrt{a_{n-1}+6}$ $a_1=6$ tiene una forma cerrada? He encontrado ninguna linealización método. Cualquier sugerencia o sugerencia será muy apreciada.

Answer 1

No hay ninguna esperanza de encontrar una fórmula explícita para $a_n$, pero el asymptotics es clara.

Uno ha $a_n=u(a_{n-1})$ cuando la función de $u:x\mapsto\sqrt{x+6}$ tiene un único punto fijo $a=3$, por lo tanto $a_n-a=u(a_{n-1})-a=u(a_{n-1})-u(a)$ y se puede sospechar que $a_n\to a$. Como cuestión de hecho, $u(a_n)-a=b_n\,(a_{n-1}-a)$ $b_n=1/(u(a_{n-1})+a)$ por lo tanto $0\lt b_n\lt1/a$ por lo tanto $|a_n-a|\leqslant a^{-n}\,|a_0-a|$. Desde $a\gt1$, esto muestra que $a_n\to a$.

Más es verdad: desde $b_n\to b=1/(2a)=1/6$, $a_n-a=b^{n+o(n)}$. En otras palabras, desde la $a_n\gt a$ por cada $n$, $$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\log(a_n-a)}n=\log(b)=-\log(6),$$ y un poco más de trabajo muestra que $a_n-a=c\,b^n\,(1+o(1))$ donde $c$ depende de $a_0$ y no tiene la simple forma explícita.

Edit: El truco algebraico utilizado anteriormente para calcular los $b$ puede ocultar el hecho de que $b=u'(a)$ donde $a=u(a)$ es el punto fijo de $u$.

Answer 2

Volver a escribir como $$a_n^2=a_{n-1}+6\\ a_{n}-a_{n-1}=a_n-a_n^2+6$$ y un aproximado como $$a_n'-a_n+a_n^2-6=0,$$ que es resuelto por la

$$a_n = \frac{3 e^{5 n}+2 e^{5 c_1}}{e^{5 n}-e^{5 c_1}},$$ with $c_1= \frac15 \left(5-3 \log(2)+\log(3)\right)\;\;$ such that $a_1=6$. Aquí's una parcela...

Answer 3

Yo creo que he encontrado de forma cerrada, la solución de esta ecuación.

Tenemos que encontrar la solución para este ($a_0$ como primer elemento): $$a_n = \sqrt{a_{n-1}+6}, \quad a_0=6.$$ Transformamos la ecuación a este: $$a_{n-1} = a_n^2 - 6, \quad a_0=6.$$ Yo siempre se puede cambiar la dirección de elemento de índice y de reescritura de la última ecuación de la siguiente forma (es lo que llamamos la ecuación "eq1"): $$F_{n+1} = F_n^2 - 6, \quad F_0=6.$$

If we find solution (as function $F(n)$) for that equation we can use it to express the closed-form solution for your problem. If $F_n = F(n)$ then $a_n = F(-n)$. How can we found $F(n)$?

Solution for equation $b_{n+1} = b_n^2, \ \ b_0=\beta$ is $b_n = \beta^{2^n}$. Vamos a buscar la solución de la eq1 en esta forma: $$F_n = F(n) = f(X^{2^n})$$ donde $f(x)$ es alguna función desconocida y $X$ es algún número.

Para $f$ sabemos que $$f(x^2) = f^2(x) - 6,$$ porque debemos satisfacer la eq1 $$F_{n+1} = f(X^{2^{n+1}}) = f((X^{2^n})^2) = f(X^{2^n})^2 - 6 = F_n^2 - 6.$$

We use this property and we find $f(x)$ como un punto fijo (sin prueba de su existencia) $$f(x) = \sqrt{6 + f(x^2)}$$ $$f(x) = \lim\limits_{k -> \infty} \sqrt{6 + ... \sqrt{6 + f_0(x^{2^k})}},$$ (número de $6$ en esta expresión se utiliza $k$ veces)
donde $f_0(x)$ es alguna función random ($f_0(x) = x$ por ejemplo).

La función $f(x)$ son muy interesantes (no es primaria o analítica). He aquí algunas de sus propiedades:

1. $f(x^2) = f^2(x) - 6$.

2. $f(0) = f(1) = 3$. $f(x^2) = f^2(x) - 6$ => $f(0) = f^2(0) - 6$ => $f(0) = \frac{1}{2}(1 + \sqrt{1 + 4 \cdot 6})$ => $f(0) = 3.$
   (otra prueba es el uso de la fórmula $\sqrt{c+\sqrt{c+...}} = \frac{1}{2}(1 + \sqrt{1 + 4 c})$.. usted puede encontrar esto en http://en.wikipedia.org/wiki/Nested_radical )

3. $f(a) = 3$ todos los $a : |a|<1$. (es muy fácil de probar)

4. $f(-x) = f(x)$.

5. $f(x)$ es continua en todos los reales $x$. (sin prueba)

Aquí es un gráfico de esta función:

Ahora podemos escribir la solución de eq1: $$F_n = F(n) = f(X^{2^n})$$ donde $X$ es la solución positiva de la ecuación ($f(X) = 6$ (porque necesitamos satisfacer iniciales $F_0 = f(X) = 6$). ($x \approx 5.46806882358680646837316643$)

Finalmente podemos escribir la solución de la ecuación $$a_n = F(-n).$$

($a_n -> 3$ because $F(-n) = f(X^{2^{n}}) -> f(1) = 3$)

Mismo método que podemos utilizar para encontrar la forma cerrada de la solución en los casos más generales!

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Si usted tiene Mathematica puede utilizar mi código para la comprobación de la solución:

c = 6; (*constant adder in square root*)
b = 6; (*initial value (for F_0)*)
f0[x_] := x;

(*finding f(x)*)
N1 = 10; (*precision*)
g[x_] := Sqrt[c + x];
f[x_] := Nest[g, f0[x^2^N1], N1];

(*findinf X*)
N2 = 10; (*precision*)
res1 = FindRoot[f[x] == b, {x, c}, WorkingPrecision -> 1000];
X = x /. res1;

F[n_] := f[X^2^n]

(* you can use this function for comparing (this for eq1) *)
F2[n_] := F2[n - 1]^2 - c;
F2[0] := b;

Por ejemplo:

F[0]
F[-1]
F[-2]

consigue

6.00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000...
3.46410161513775458705489268301174473388561050762076125611161395890386...
3.07637800264170309696602586393672241931859085772505962544063421316756...

Answer 4

Zegalur: he seguido tu interesante post, pero no se puede ver el final la forma cerrada. Mi primera pregunta es ¿por qué a "cambiar la dirección del elemento el índice de" cuando el cambio de recurrencia Fn+1=F2n−6 es tan duro como el original a2n=an−1+6? Tiene esta atrás de la recurrencia de la, digamos, algo a hacer con symmmetries en una mayor elaboración? Por favor, ¿puedes aclarar un poco?

Extraño. Yo no puedo escribir cualquier comentario.. así que me escribió una nueva respuesta.. de todas formas...

Me tome un cuadrado de dos partes de la ecuación y se mueven $6$ a el lado izquierdo de la ecuación.
$$a_n = \sqrt{a_{n-1}+6} \ \ \ => \ \ \ un^2_n - 6 = a_{n-1} \ \ \ => \ \ \ a_{n-1}=a^2_{n} - 6.$$ Si tenemos $a_0$ ahora podemos encontrar $a_{-1}, a_{-2}, ...$ ($a_{-1}=30$).

He cambiado la dirección de índice porque es más nativo para trabajar con algo como esto: $$F_n = Q(F_{n-1}).$$ (cuando el siguiente elemento de la secuencia se expresa a través de la anterior).

Ahora $F_{n} = a_{-n}$. Si voy a encontrar en una solución de forma cerrada,$F_{n} = W(n)$, entonces la voy a usar para expresar la solución para $a_n$. $$a_n = F_{-n} = W(-n).$$

Es exactamente lo que hice.

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También escribe que usted no puede encontrar un resultado final. Eso es porque la solución se expresa por no primaria la función $f(x)$ (ver mi respuesta). Pero ni siquiera se puede encontrar una serie de Taylor. Pero esa función existe y es continua (véase, por ejemplo, la trama de la misma).

El resultado Final es $$a_n = F_{-n} = f(X^{2^{n}})$$ donde $f$ $X$ se definen en mi respuesta anterior.