Cómo encontrar esta secuencia $\{x_{n}\}$ tales $\lim_{n\to \infty}x_{n}\left(1-\frac{n(1-na_{n})}{\ln{n}}\right)=1$

Question

Considerar la secuencia de $\{a_{n}\}$ satisfacción $a_{1}\in(0,1)$, $$a_{n+1}=a_{n}(1-a_{n})$$ pregunta:

Encontrar una secuencia $\{x_{n}\}$ tal que $$\lim_{n\to \infty}x_{n}\left(1-\dfrac{n(1-na_{n})}{\ln{n}}\right)=1$$

He de probar esto $$\lim_{n\to \infty}\dfrac{n}{\ln{n}}(1-na_{n})=1$$ Pero no puedo encontrar esta $x_{n}$ Gracias

tales como:¿Cómo probar esto $\displaystyle\lim_{n\to \infty}\frac{n}{\ln{(\ln{n}})}\left(1-a_{n}-\frac{n}{\ln{n}}\right)=-1$

Answer 1

Esta es una cuestión de determinar el comportamiento de las soluciones a $$ a_{n+1}=a_{n}(1-a_{n}) $$ como un asintótica de expansión como $n\rightarrow\infty$. Voy a reiterar la forma de obtener el resultado que usted ya tiene, a continuación, encontrar el siguiente término. En primer lugar, tenga en cuenta que $$ \Delta a_n\equiv a_{n+1}-a_{n}=-a_n^2; $$ esto es análogo a la ecuación diferencial $a'(n)=-a(n)^2$, cuya solución general es $$ a(n)=\frac{1}{n+C},$$ suggesting that $a_n \sim 1/n$ for large $n$. Defining an auxiliary sequence $b_n$ a través de $$ a_n=\frac{1}{n}\left(1+b_n\right), $$ y sustituyendo esto en la ecuación de $\Delta a_n$, podemos encontrar (después de algunos álgebra) en el formulario de $\Delta b_n$ $$ \Delta b_{n}=-\frac{1}{n^2}-\frac{1}{n}\left(1+\frac{2}{n}\right)b_n - \frac{1}{n}\left(1+\frac{1}{n}\right)b_n^2. $$ El líder de la orden de los términos son análogos a $b'(n)=-1/n^2-b(n)/n$, cuya solución es $b(n)=(A/n -\log n/n)$, el cual se comporta como $-\log n/n$ grandes $n$. De hecho, teniendo en $b_n\sim -\log n/n$ hace a ambos lados de la ecuación anterior asintótica $\log n/n^2$. Repetimos el procedimiento de definición de una nueva variable: $$ b_n=-\frac{\log n}{n} + c_n. $$ Tenga en cuenta que $$ 1-\frac{n(1-na_n)}{\log n}=1+\frac{nb_n}{\log n}=\frac{nc_n}{\log n}, $$ por lo que el comportamiento dominante de $c_n$ es todo lo que necesitamos. Conectar en la definición, obtenemos $$ \Delta c_n = \Delta\left(\frac{\log n}{n}\right)-\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n}\left(1+\frac{2}{n}\right)\left(\frac{\log n}{n}-c_n\right)-\frac{1}{n}\left(1+\frac{1}{n}\right)\left(\frac{\log n}{n}-c_n\right)^2. $$ Tenga en cuenta que $$ \Delta\left(\frac{\log n}{n}\right)=\frac{\log (n+1)}{n+1} - \frac{\log n}{n}=\frac{n\log(n+1)-(n+1)\log n}{n(n+1)} \\ = -\frac{\log n}{n^2} + \frac{1}{n^2} + \frac{\log n}{n^3} - \frac{3}{2n^3} + \ldots; $$ los dos primeros términos cancelar la $-1/n^2$ $\log n/n^2$ términos en el resto de la derecha, como se esperaba. Nos quedamos con $$ \Delta c_n = \left(\frac{\log n}{n^3}+\ldots\right) + \left(-\frac{c_n}{n}+\frac{2\log n}{n^3}+\ldots\right) +\left(-\frac{\log^2 n}{n^3}+\ldots\right). $$ El líder de la orden de la ecuación es sólo $\Delta c_n \sim -c_n / n$, con solución de $c_n \sim K/n$. Conectar todo de nuevo, nos encontramos con que $$ 1-\frac{n(1-na_n)}{\log n} \sim \frac{K}{\log n}, $$ y así $$ \lim_{n\rightarrow\infty}\left(\log n\right)\left(1-\frac{n(1-na_n)}{\log n}\right)=K(a_0); $$ es decir, el límite existe para cada valor inicial $a_0\in(0,1)$. Sin embargo, a pesar de lo que su pregunta está escrito, el valor del límite no es universal, depende del valor inicial. Empíricamente, la forma de la dependencia se ve algo como $$ K(a_0)\aprox -\frac{\log^{4/5} a_1}{2.9a_1}, $$ donde $a_1=a_0(1-a_0)$.