Cómo demostrar este límite $\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{f_n}{f_{n+1}}=a $

Question

Que $(f_n)$-real de la secuencia tales que $$ \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{f_{n+1}f_n-f_{n-1}f_{n+2}}{f_{n+1}^2-f_nf_{n+2}}=a+b, $$ and $% $ $ \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{f_{n}^2-f_{n-1}f_{n+1}}{f_{n+1}^2-f_nf_{n+2}}=ab \quad (|a|<|b|). $

Demostrar que: $$\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{f_n}{f_{n+1}}=a $ $

Creo que debemos probar $\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{f_n}{f_{n+1}} $ existe, y se demuestra que este límite es $a$, pero no puedo probar este límite existe.

Mi idea: desde $$\lim_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{f_{n}}{f_{n+1}}-\dfrac{f_{n-1}}{f_{n}}\dfrac{f_{n}}{f_{n+1}}\dfrac{f_{n+2}}{f_{n+1}}}{1-\dfrac{f_{n}}{f_{n+1}}\dfrac{f_{n+2}}{f_{n+1}}}=a+b$ $ y $$\lim_{n\to\infty}\dfrac{\left(\dfrac{f_{n}}{f_{n+1}}\right)^2-\dfrac{f_{n-1}}{f_{n}}\dfrac{f_{n}}{f_{n+1}}}{1-\dfrac{f_{n}}{f_{n+1}}\dfrac{f_{n+2}}{f_{n+1}}}=ab$ $ pero me sentí este acuerdo no es útil,

Otra idea: Quiero que la secuencia de Fibonacci para resolver este problema, pero no puedo,

Gracias

Answer 1

Este es un suplemento a varias otras respuestas acerca de la existencia del límite.

Deje $P_n = \left|\begin{matrix}f_{n+1} & f_{n+2}\\ f_{n-1} & f_n\end{matrix}\right|$ y $Q_n = \left|\begin{matrix}f_{n} & f_{n+1} \\ f_{n-1} & f_n\end{matrix}\right|$, la condición dada se puede escribir como

$$\lim_{n\to\infty} \frac{P_n}{Q_{n+1}} = a + b \quad\text{ y }\quad\lim_{n\to\infty} \frac{Q_n}{Q_{n+1}} = ab\etiqueta{*1}$$

Aviso $$f_n P_n - f_{n+1}Q_n = f_{n-1} Q_{n+1} \quad\ffi\quad f_{n+1} = \frac{P_n}{Q_n} f_n - \frac{Q_{n+1}}{Q_n} f_{n-1} $$ La secuencia satisface una no-lineal de las relaciones de recurrencia cuyos coeficientes convergen a algunos límite finito. El "límite" de la recurrencia de la relación que tiene la forma de

$$f_{n+1} = \left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}\right) f_{n} - \frac{1}{ab} f_{n-1}$$

con polinomio característico $\lambda^2 - \left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}\right)\lambda + \frac{1}{ab} = \left(\lambda - \frac{1}{a}\right)\left(\lambda - \frac{1}{b}\right)$.

Por supuesto, $|a| < |b|$. Esto significa distintas raíces de este polinomio característico tiene distintas módulo. Por Poincaré-teorema de Perron$\color{blue}{^{[1]}}$, tenemos

• $f_n = 0$ para todos lo suficientemente grande $n$ o
• $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{f_{n+1}}{f_n}$ existe y es igual a $\frac{1}{a}$ o $\frac{1}{b}$.

La suposición $(*1)$ está escrito de tal manera que $Q_{n+1}$ es distinto de cero suficiente para un gran $n$. Así podemos ignorar la posibilidad de que $f_n$ se desvanece para un gran $n$. Esto implica que el límite de $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{f_{n}}{f_{n+1}}$ no existe y es igual a cualquiera de las $a$ o $b$.

Notas

• $\color{blue}{[1]}$ Para más detalles de Poincaré-teorema de Perron y una prueba de ello, por favor, consulte el Capítulo 8 de Sable Elaydi del libro Una Introducción a las Ecuaciones de Diferencia.

Answer 2

Tipo de útil: vamos a $g_n = \frac{f_n}{f_{n+1}}$, luego

$$\lim_{n\to\infty} {g_n \frac{g_{n+1} - g_{n-1}}{g_{n+1} - g_n}} = a+b$$

y

$$\lim_{n\to\infty} {g_n g_{n+1}\frac{g_{n} - g_{n-1}}{g_{n+1} - g_n}} = ab$$

Observe que $\frac{g_{n+1} - g_{n-1}}{g_{n+1} - g_n} = 1 + \frac{g_{n} - g_{n-1}}{g_{n+1} - g_n}$, y dejando $h_n = \frac{g_{n} - g_{n-1}}{g_{n+1} - g_n}$, obtener

$$\lim_{n\to\infty} {g_n (1 + h_n)} = a+b$$ y $$\lim_{n\to\infty} {g_n g_{n+1} h_n} = ab$$

Obviamente, para $G = \lim_{n\to\infty} {g_n}$ a existir, por lo que debe $ H = \lim_{n\to\infty} {h_n}$. El resto es simple, pero laborous:

• Asumir que los límites no existen; tomar; obtener una ecuación cuadrática para $G$, producirá $a$ $b$ como raíces (por lo tanto, los candidatos para el real valor límite).
• Deje $\epsilon_n = g_n - r$ donde $r$ es la raíz de la ecuación cuadrática obtenida en el paso anterior, y demostrar que la menor raíz de $\epsilon$ disminuye (por CIERTO, que completa la prueba de la existencia), mientras que para la más grande que crece.

Answer 3

Nota: he reescrito cosas incorporar una simplificación considerable señalado por Einar Rødland.

He aquí parte de una prueba. Supongamos que $\lim_{n\to\infty}f_n/f_{n+1}$ existe, y que la igualdad de $a$.

Desde $|a|\lt|b|$,$b\not=0$, así que podemos escribir $f_n/f_{n+1}=bg_n$. (Nota: Esto supone $f_{n+1}\not=0$, lo cual se justifica ya que estamos suponiendo que el límite existe.) Ahora queremos demostrar que $\lim_{n\to\infty}g_n=a/b$. Vamos a escribir $r=a/b$. Sabemos que $|r|\lt1$.

En términos de la $g$'s, tenemos a los dos límites

$$\lim_{n\to\infty}\left(g_n{g_{n+1}-g_{n-1}\over g_{n+1}-g_n}\right)=1+r$$

y

$$\lim_{n\to\infty}\left(g_ng_{n+1}{g_n-g_{n-1}\over g_{n+1}-g_n}\right)=r$$

Tenga en cuenta que debemos tener $f_{n+1}^2-f_nf_{n+1}\not=0$ para todos los gran $n$, lo que significa que $g_{n+1}-g_n\not=0$ para todos los gran$n$.

El primer límite se puede reescribir como

$$\lim_{n\to\infty}\left(g_n+{1\over g_{n+1}}\left(g_ng_{n+1}{g_n-g_{n-1}\over g_{n+1}-g_n}\right)\right)=1+r$$

Si ahora suponemos que el $\lim_{n\to\infty}g_n=G$ (es decir, el límite existe, entonces tenemos

$$G+{1\over G}r=1+r$$

lo que implica $G=1$ o $G=r$. Tenemos que mostrar que $G=1$ conduce a una contradicción.

Supongamos que $G=\lim_{n\to\infty}g_n=1$. Entonces

$$\lim_{n\to\infty}\left(g_ng_{n+1}{g_n-g_{n-1}\over g_{n+1}-g_n}\right)=\lim_{n\to\infty}\left({g_n-g_{n-1}\over g_{n+1}-g_n}\right)$$

a partir de la cual hemos

$$\lim_{n\to\infty}\left|g_{n+1}-g_n\over{g_n-g_{n-1}}\right|={1\over |r|}\gt1$$

Esto implica que hay un $N$ tal que $g_{N+n}-g_{N+n-1}\not=0$ y

$$\left|g_{N+n+1}-g_{N+n}\over{g_{N+n}-g_{N+n-1}}\right|\gt 1$$

para todos los $n\ge0$, y esto implica

$$\left|g_{N+n}-g_{N+n-1}\over{g_{N}-g_{N-1}}\right|= \left|g_{N+n}-g_{N+n-1}\over{g_{N+n-1}-g_{N+n-2}}\right| \left|g_{N+n-1}-g_{N+n-2}\over{g_{N+n-2}-g_{N+n-3}}\right|\cdots \left|g_{N+1}-g_{N}\over{g_{N}-g_{N-1}}\right|\gt 1$$

para todos los $n$. Pero $\lim_{n\to\infty}(g_{N+n}-g_{N+n-1})=0$, y ahí está la contradicción.

Finalmente, la respuesta por achille hui, citando la de Poincaré-teorema de Perron, muestra que el límite no existe, así que juntos esta se asienta el OP pregunta.

Answer 4

Pensé que esto era un contra-ejemplo, hasta que recordó que $|a|<|b|$ fue necesario.

Para dos números cualesquiera $u,v$, vamos a $f_{2k}=u$$f_{2k+1}=v$. Las expresiones de los dos límites, a continuación, tanto que ser constante, con $a+b=0$$ab=-1$: número real de las soluciones se $(a,b)=(1,-1)$$(-1,1)$. Ahora, $f_n/f_{n+1}$ alternará entre el$u/v$$v/u$, y por lo tanto no convergen (a menos $u=\pm v$). Sin embargo, $|a|=|b|$, así que no es una adecuada contra-ejemplo.

Otro intento que hice fue tener a $f$ bucle a través de los valores $0,1,-1$, pero que harían $a+b=-1$ $ab=1$ que no tiene soluciones reales.

Answer 5

Voy a publicar un error de enfoque, sólo así podrás ver lo que he intentado. Esto está aquí sólo para mostrar un enfoque y (tal vez) generar nuevas ideas.

Vamos $$x:=a+b\;\;\text{ and }\;\; y:=ab.$$ Assume for now $0<un<b$. Entonces $$\frac{x-\sqrt{x^2-4y}}{2} =\frac{a+b-\sqrt{(a+b)^2-4ab}}{2} =\frac{a+b-\sqrt{(a-b)^2}}{2} =\frac{a+b-\vert a-b\vert}{2} =\frac{a+b-b+a}{2} =a.$$ Ahora vamos a reemplazar $a+b$ $\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{f_{n+1}f_n-f_{n-1}f_{n+2}}{f_{n+1}^2-f_nf_{n+2}}$ y $ab$ $\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{f_{n}^2-f_{n-1}f_{n+1}}{f_{n+1}^2-f_nf_{n+2}}$ , y debido a la continuidad de mover el límite exterior: $$\frac{a+b-\sqrt{(a+b)^2-4ab}}{2} =\lim_{n\to\infty} \frac{\left(\frac{f_{n+1}f_n-f_{n-1}f_{n+2}}{f_{n+1}^2-f_nf_{n+2}}\right)-\sqrt{\left(\frac{f_{n+1}f_n-f_{n-1}f_{n+2}}{f_{n+1}^2-f_nf_{n+2}}\right)^2 -4\left(\frac{f_{n}^2-f_{n-1}f_{n+1}}{f_{n+1}^2-f_nf_{n+2}}\right)}}{2} =\lim_{n\to\infty} \frac{\left({f_{n+1}f_n-f_{n-1}f_{n+2}}\right) -\sqrt{\left({f_{n+1}f_n-f_{n-1}f_{n+2}}\right)^2 -4\left({f_{n}^2-f_{n-1}f_{n+1}}\right)\left({f_{n+1}^2-f_nf_{n+2}}\right)}}{2\left({f_{n+1}^2-f_nf_{n+2}}\right)} =\lim_{n\to\infty} \frac{f_{n+1}f_n-f_{n-1}f_{n+2} -\sqrt{ f_{n+1}^2f_n^2 -2f_{n+1}f_n f_{n-1}f_{n+2} +f_{n-1}^2f_{n+2}^2 -4f_n^2f_{n+1}^2+4f_{n}^2f_nf_{n+2}+4f_{n-1}f_{n+1}f_{n+1}^2-4f_{n-1}f_{n+1}f_nf_{n+2}} }{2\left({f_{n+1}^2-f_nf_{n+2}}\right)} $$ En este momento no hay útiles simplificaciones a ser realizadas dentro del radical. No parecen estar de acuerdo con el $x$ $y$ de los casos.