Prueba de límite de una forma recursiva definida por la secuencia de

Question

Tengo una secuencia definida por $$ a_1=1,\quad a_2=1,\quad a_n=\frac{1}{a_{n-1}}+\frac{1}{a_{n-2}}\text{ para } n\ge2. $$ Ahora, si $\lim_{n\to \infty}a_n=g$ $\lim_{n\to \infty}a_n=\lim_{n\to \infty}\Bigl(\frac{1}{a_{n-1}}+\frac{1}{a_{n-2}}\Bigr)=\frac{2}{g}$ $g=\sqrt{2}$ o $g=-\sqrt{2}$ pero $a_n>0$$g=\sqrt{2}$.

Ahora, ¿cómo puedo demostrar que cuenta con un límite real? También, se puede probar que el $1\le a_n\le2$, y no es monótono porque $a_4 \gt a_5 \lt a_6$. Además, no es monótono después de algunos $N\in\mathbb N$

Answer 1

Como usted menciona, es sencillo demostrar por inducción que $1 \le a_n \le 2$, para todos los $n \ge 1$.

Vamos $L = \limsup_{n\to\infty} a_n$, $l = \liminf_{n\to\infty} a_n$, tenemos $1 \le l, L\le 2$. Para cualquier $\varepsilon>0$, sabemos que $l - \varepsilon \le a_n \le L + \varepsilon$ si $n$ es lo suficientemente grande. Así, por $n$ lo suficientemente grande $$ \frac{2}{L+\varepsilon} \le a_n \le \frac{2}{l-\varepsilon}. $$ Desde $\varepsilon$ puede ser elegido para ser arbitrariamente pequeño, obtenemos $$ L = \limsup_{n\to\infty} a_n \le \frac{2}{l}, \,\, l = \liminf_{n\to\infty} a_n \ge \frac{2}{L},$$ por lo tanto $L \cdot l =2$.

Ahora, podemos elegir una larga $\{n_k\}$ que $k\to\infty$, $$ a_{n_k + 1} \to L,\, a_{n_k} \to l_1,\, a_{n_k - 1} \to l_2,\, a_{n_k - 2} \to l_3, $$ para algunos $l_1, l_2, l_3 \in [l,L]$. Por la definición de la secuencia de $a_n$, tenemos $$ \frac{2}{l} = L = \frac{1}{l_1} + \frac{1}{l_2},\quad l_1 = \frac{1}{l_2} + \frac{1}{l_3}. $$ A la izquierda de la igualdad implica la $l_1 = l_2 = l$, y a continuación, utilizando los $\frac{2}{L} = l = l_1$, el derecho de igualdad de da $l_2 = l_3 = L.$ por lo Tanto, $l = L$, y desde $L \cdot l = 2$, nos encontramos con que el límite es de $\sqrt{2}$.

Answer 2

Nueva versión revisada de la respuesta, sólo el uso de primaria propiedades de las secuencias: con el fin De evitar la dispersión demasiados $\sqrt{2}$'s en el texto que se normalizar de forma diferente y escribir $a_n=\sqrt{2} x_n$. El $x_n$'s, a continuación, compruebe:

$$ x_{n+2}=\frac12 \left( \frac{1}{x_{n+1}} + \frac{1}{x_n} \right).$$ Nos mostrará la siguiente:

Teorema: Para cualquier $x_0,x_1>0$ la secuencia de $x_n$ converge 1. Por otra parte, si $\delta_0= \max\{x_0,x_1,\frac{1}{x_0},\frac{1}{x_1}\} -1$ (que es$\geq 0$), a continuación, para todos los $n\geq 0$: $$ |x_n-1| \leq 2 \left(\frac{3}{4}\right)^{\lfloor n/3 \rfloor} \delta_0 .$$

[Esto implica que la secuencia original $a_n$ converge a $\sqrt{2}$ al mismo ritmo exponencial, de dónde resolver el problema planteado.]

Prueba del Teorema:
Vamos a usar un par de veces que de $b,c>0$ tenemos el sencillo atado (que se ve fácilmente ser equivalente a $(b-c)^2\geq 0$): $$ \frac{1}{2} \left(\frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right) \geq \frac{2}{b+c} \ \ \ (*)$$

Definir para $\delta>0$ el intervalo: $$ I_\delta = \left[\frac{1}{1+\delta}, 1+\delta \right].$$ Si $\delta>0$$x_n,x_{n+1}\in I_\delta$, claramente $$\frac{1}{1+\delta}\leq x_{n+2}=\frac{1}{2} \left( \frac{1}{x_{n+1}}+\frac{1}{x_n}\right)\leq 1+\delta$$ así que por inducción $x_{n+k}\in I_\delta$ por cada $k\geq 0$.

Digamos que el par $(x_{n},x_{n+1})$ 'separado' si $x_{n}\leq 1\leq x_{n+1}$ o $x_n\geq 1\geq x_{n+1}$. Si $(x_{n},x_{n+1})$ no está bien separada, a continuación, el par $(x_{n+1},x_{n+2})$ va a estar bien separados (por ejemplo, si $x_n,x_{n+1}\leq 1$$x_{n+2}=1/2(1/x_{n}+1/x_{n+1})\geq 1$) así al menos cada segundo consecutivo par es necesariamente bien separados.

Al $(x_n,x_{n+1})$ es un bien separados de su pareja, $$ x_{n+2} \leq \frac{1}{2} \left( 1 + (1+\delta) \right) =1 + \delta/2$$ y $$ x_{n+2} \geq \frac{1}{2} \left( \frac{1}{1+\delta} + \frac{1}{1} \right) \geq \frac{2}{2+\delta} = \frac{1}{1+\delta/2}$$ donde he utilizado el enlazado $(*)$. Por lo $x_{n+2}\in I_{\delta/2}$. Pero también tenemos: $$ x_{n+3} \leq \frac{1}{2} \left( (1+\delta/2) + (1+\delta) \right) =1 + \frac34\delta$$ y (de nuevo, con la obligada $(*)$): $$ x_{n+3} \geq \frac{1}{2} \left( \frac{1}{1+\delta/2} + \frac{1}{1+\delta} \right) \geq \frac{2}{2+\frac32 \delta} = \frac{1}{1+\frac34 \delta}$$ Por lo $x_{n+3}\in I_{\frac34 \delta}$. Si el par $(x_{n},x_{n+1})$ no fue bien separados, a continuación, $(x_{n+1},x_{n+2})$ es bien separados y se obtiene el mismo inclusiones después de uno más de la iteración. La combinación de los dos casos nos encontramos con que cada vez que
$x_{n+k}\in I_\delta$ $k\geq 0$ $x_{n+3+k} \in I_{\frac 34 \delta}$ $k\geq 0$. En particular, cuando se $x_{k}\in I_{\delta_0}$ todos los $k\geq 0$ obtenemos a través de la inducción que $$x_{3n +k} \in I_{(\frac{3}{4})^n \delta_0}, \ \ n,k\geq 0$$ y a partir de este $$|x_{3n +k}-1| \leq 2 (\frac{3}{4})^n \delta_0, \ \ \ n,k\geq 0$$ lo que se traduce a la estimación de dónde probar el teorema.

Answer 3

No tengo realmente una buena idea, pero sólo para decir algo medianamente significativo en su lugar original de mi totalmente incorrecta respuesta: podemos, en principio, al menos, establecer una aproximación de fuerza bruta (suponiendo que la declaración es correcta), como sigue:

Considerar el mapa de $f(x,y)=(1/x+1/y,x)$. Tenga en cuenta que $(a_{n+1},a_n)$ es obtenido por iteración $f$, a partir de $(1,1)$. Ahora es fácil mostrar que $(\sqrt{2},\sqrt{2})$ es una atracción de punto fijo de $f$, por un cálculo: $$ Df(\sqrt{2},\sqrt{2}) = \begin{pmatrix} -1/2 & -1/2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, $$ y esta matriz tiene dos autovalores de valor absoluto $1/\sqrt{2}<1$.

Así que una vez nos acercamos lo suficiente a $(\sqrt{2},\sqrt{2})$, vamos a obtener aspirado. Podríamos ahora (en principio) iterar por la mano lo suficiente muchas veces para confirmar que somos lo suficientemente cerca del punto fijo (y también la necesidad de estimaciones precisas sobre qué es exactamente lo que significa, lo que podría ser realizado mediante la estimación de la derivada segunda de $f$ también).

Answer 4

Vamos a demostrar que $\lim_{n\to\infty}a_n=\sqrt2.$ No es suficiente para demostrar que $$\lim_{n\to\infty}b_n=\dfrac{\sqrt2}2,$$ para $$b_n=\dfrac1{a_n},$$ en $$b_1=b_2=1,\quad b_{n}=\dfrac1{b_{n-1}+b_{n-2}}, n=3,4\dots.$$ La primera de once valores de la diferencia, calculada en Mathcad paquete, están ahí: ,

así $$b_6-\dfrac{\sqrt2}2=\varepsilon_6,\quad b_7-\dfrac{\sqrt2}2=\varepsilon_7,\quad \varepsilon_6<\varepsilon,\quad \varepsilon_7<\varepsilon,\quad \varepsilon=0.06.$$ Tenga en cuenta que $$b_8=\dfrac1{b_6+b_7}=\dfrac1{\dfrac{\sqrt2}2+\varepsilon_6+\dfrac{\sqrt2}2+\varepsilon_7}=\dfrac1{\sqrt2+\varepsilon_6+\varepsilon_7},$$ entonces $$\varepsilon_9=\dfrac1{b_7+b_8}-\dfrac{\sqrt2}2=\dfrac1{\dfrac{\sqrt2}2+\varepsilon_7+\dfrac1{\sqrt2+\varepsilon_6+\varepsilon_7}}-\dfrac{\sqrt2}2$$ $$ = \dfrac{\varepsilon_6-\varepsilon_7-\varepsilon_7\sqrt2(\varepsilon_6+\varepsilon_7)}{4+\sqrt2(3\varepsilon_7+\varepsilon_6)+2\varepsilon_7(\varepsilon_6+\varepsilon_7)}.$$ Esto significa que

$$|\varepsilon_9|<\dfrac{2\varepsilon(1+\varepsilon\sqrt2)}{4(1-\varepsilon\sqrt2-\varepsilon^2)}<\dfrac{\sqrt2}2\varepsilon.$$

Del mismo modo $$|\varepsilon_{7+2k}|<\left(\dfrac{\sqrt2}2\right)^k\varepsilon,$$ por lo tanto, podemos garantizar que para cualquier valor de $\varepsilon^*\in(0,\varepsilon)$ $$|\varepsilon_{7+2k^*}|<\varepsilon^*,$$ donde $$k^*=2\left[\log_2{\dfrac{\varepsilon}{\varepsilon^*}}+1\right].$$

Para cualquier $\varepsilon^*>0$ existe $k^*(\varepsilon^*)$ tal que para cualquier $n>k^*$ $$\left|b_n-\dfrac{\sqrt2}2\right|<\varepsilon^*.$$ Eso significa que $$\lim_{n\to\infty}b_n=\dfrac1{\sqrt2},$$ $$\boxed{\lim_{n\to\infty}a_n=\sqrt2.}$$

Answer 5

Para ser capaz de hacer $$g=\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{a_{n-1}}+\frac{1}{a_{n-2}}=\frac{2}{g}$$ you should prove first that the sequence is bounded and some how it gets arbitrarily close to the candidate for limit, and therefore convergent. For example, let $c_n$ be a sequence of positive real numbers, if for all $n\in\mathbb{N}$ $c_n\leq M$ for some $M\geq 0$ and for all $N\in\mathbb{N}$ exists $n_0\in\mathbb{N}$ such that $c_n\geq c_{N}$ for all $n\geq n_0$, then $c_n$ is convergent, not necessarily to $M$. Sólo entonces usted es capaz de manipular límites como usted desea encontrar el límite real.

De lo contrario, usted puede terminar para arriba con cosas como esta: Tome $b_1=1$ $b_n=1+b_{n-1}^{2}$ si $\lim_{n\to\infty}b_n=g$ $$g=\lim_{n\to\infty}b_n=\lim_{n\to\infty}1+b_{n-1}^{2}=1+g^{2}$$ so $g=1\pm i\sqrt{3}$, que claramente no tiene sentido.