¿Cómo puedo encontrar una expresión explícita para esta secuencia definida recursivamente?

Question

Definimos la secuencia $(u_n)_{n=1}^\infty$ por: $$u_{n+1}=1+\frac{1}{u_n}$$ ¿Cómo puedo encontrar el límite de esta secuencia a medida que llega al infinito?
Por inducción, puedo demostrar que está acotada por arriba y por abajo. También he demostrado que $$u_{n+2}-u_n=\frac {u_n-u_{n-2}}{(1+u_n)(1+u_{n-2})}$$ Por lo tanto, puedo demostrar que $\lim_{n\to\infty} u_{2n}$ y $\lim_{n\to\infty} u_{2n+1}$ existir. Sin embargo, no consigo encontrar los límites propiamente dichos ni una fórmula explícita. ¿Cómo se hace esto? ¿Existe algún método estándar?

Answer 1

En candidato valor límite $\ell$ , satisfaciendo $$ \ell=1+\frac{1}{\ell}, $$ con soluciones $\ell=\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5}) $ sugiere una relación con la secuencia de Fibonacci $\{F_n\}$ . De hecho, si pones $$ u_n=\frac{F_{n+1}}{F_n}, $$ se tiene la relación de recurrencia $$ u_{n+1}=\frac{F_{n+2}}{F_{n+1}}=\frac{F_{n+1}+F_n}{F_{n+1}}=1+\frac{1}{u_n}. $$ Por lo tanto, puede utilizar toda la información sobre la secuencia de Fibonacci. No es necesario repetirlo aquí.

Answer 2

El término inicial $u_0$ no puede ser $-1$ o $0$ por lo que si el límite de $ u_n $ existe, entonces es necesariamente el límite $l$ es positivo raíz de la $l^2-l-1$ , lo siguiente es $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ .

Answer 3

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\,{#1}\,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Leftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

$\ds{u_{n + 1} = 1 + {1 \over u_{n}} = {u_{n} + 1 \over u_{n}}}\,,\qquad u_{1} \not= 0\tag{1}$ .

Consideremos el par de secuencias $\ds{p_{n + 1} = p_{n} + q_{n}}$ y $\ds{q_{n + 1} = p_{n}}$ . Nota que $\ds{p_{n}/q_{n}}$ satisface $\pars{1}$ . Con $\ds{r_{n} \equiv {p_{n} \choose q_{n}}}$ observamos que $\ds{r_{n + 1} = \mathsf{A}r_{n}}$ tal que $\ds{r_{n} = \mathsf{A}^{n - 1}r_{1}}$ donde

\begin{align} \mathsf{A} & = \pars{\begin{array}{cc}\ds{1} & \ds{1} \\ \ds{1} & \ds{0}\end{array}} = \medio pars{ \begin{array}{cc}\ds{1} & \ds{0} \\ \ds{0} & \ds{1}\end{array}} + \pars{ \begin{array}{cc}\ds{0} & \ds{1} \\ \ds{1} & \ds{0}\end{array}} + \medio pars \begin{array}{cc}\ds{1} & \ds{0} \\ \ds{0} & \ds{-1}\end{array}} = \medio, sigma_0} + vec_a}\cdot\vec{\sigma} \\y \ es la matriz de identidad de la caja y el cuadrado de la variable + la mitad, que z \fin

$\ds{\vec{\sigma}}$ es un Vector de la matriz de Pauli . Entonces, $\ds{r_{n} = \pars{\half\,\sigma_{0} + \vec{a}\cdot\vec{\sigma}}^{n - 1}r_{1}}$ . Tenga en cuenta que $\ds{\vec{a}\cdot\vec{\sigma}} = \pars{\begin{array}{cc}\ds{1/2} & \ds{1} \\ \ds{1} & \ds{-1/2}\end{array}}$ y $\ds{\pars{\vec{a}\cdot\vec{\sigma}}^{2} = {5 \over 4}\,\sigma_{0}}$ .

---

Con los vectores \begin{equation} s_{-} \equiv {0 \choose 1}\quad\mbox{and}\quad s_{+} \equiv {1 \choose 0}\,, \qquad u_{n} = {s_{+}^{\mathrm{T}}\pars{\sigma_{0}/2 + \vec{a}\cdot\vec{\sigma}}^{n - 1}r_{1} \over s_{-}^{\mathrm{T}}\pars{\sigma_{0}/2 + \vec{a}\cdot\vec{\sigma}}^{n - 1}r_{1}} \tag{2} \end{equation}

Tenemos que evaluar $\ds{\pars{\sigma_{0}/2 + \vec{a}\cdot\vec{\sigma}}^{n - 1}}$ . Para ello, consideremos $\ds{\expo{\lambda\pars{\sigma_{0}/2 + \vec{a}\cdot\vec{\sigma}}} = \expo{\lambda/2}\expo{\lambda\vec{a}\cdot\vec{\sigma}}}$ . Tenga en cuenta que $\ds{\expo{\lambda\vec{a}\cdot\vec{\sigma}}}$ satisface

\begin{align} &\pars{\totald[2]{}{\lambda} - {5 \over 4}}\expo{\lambda\vec{a}\cdot\vec{\sigma}} = 0 \quad\mbox{with}\quad \left.\expo{\lambda\vec{a}\cdot\vec{\sigma}}\right\vert_{\ \lambda\ =\ 0} = \sigma_{0}\,,\quad \left.\totald{\expo{\lambda\vec{a}\cdot\vec{\sigma}}}{\lambda}\right\vert_{\ \lambda\ =\ 0} = \vec{a}\cdot\vec{\sigma} \\[3mm] \imp\quad &\ \expo{\lambda\pars{\sigma_{0}/2 + \vec{a}\cdot\vec{\sigma}}} = \expo{\lambda/2}\cosh\pars{{\root{5} \over 2}\,\lambda}\sigma_{0} + {2 \over \root{5}}\, \expo{\lambda/2}\sinh\pars{{\root{5} \over 2}\,\lambda}\vec{a}\cdot\vec{\sigma} \\[3mm] = &\ \half\pars{\sigma_{0} + {2 \over \root{5}}\,\vec{a}\cdot\vec{\sigma}}\exp\pars{\varphi\lambda} + \half\pars{\sigma_{0} - {2 \over \root{5}}\,\vec{a}\cdot\vec{\sigma}}\exp\pars{\Phi\lambda} \end{align}

donde $\ds{\varphi \equiv {1 + \root{5} \over 2}}$ y $\ds{\Phi \equiv {1 \over \varphi} = {1 - \root{5} \over 2}}$ son los La proporción áurea y la proporción áurea conjugada respectivamente.

Entonces, \begin{align} \pars{\half\,\sigma_{0} + \vec{a}\cdot\vec{\sigma}}^{n - 1} = \half\pars{\sigma_{0} + {2 \over \root{5}}\,\vec{a}\cdot\vec{\sigma}} \varphi^{n - 1} + \half\pars{\sigma_{0} - {2 \over \root{5}}\,\vec{a}\cdot\vec{\sigma}} \Phi^{n - 1} \end{align}

Con esta expresión y $\pars{2}$ podemos obtener un $\underline{\mbox{explicit formula for}\ u_{n}}$ que es una tarea algebraica engorrosa.

---

Sin embargo, el límite $\ds{n \to \infty}$ es algo sencillo, ya que $\ds{\varphi > \Phi > 1}$ . Además $$ \sigma_{0} + {2 \over \root{5}}\,\vec{a}\cdot\vec{\sigma} = \pars{% \begin{array}{cc} \ds{1 + {1 \over \root{5}}} & \ds{2 \over \root{5}} \\ \ds{2 \over \root{5}} & \ds{1 - {1 \over \root{5}}} \end{array}} $$

Con expresión $\pars{2}$ $\ds{\pars{~\mbox{note that}\ u_{1} \not= 0~}}$ : \begin{align} \color{#f00}{\lim_{n \to \infty}u_{n}} & = {\pars{1 \quad 0}\pars{\sigma_{0} + 2\,\vec{a}\cdot\vec{\sigma}/\root{5}} \ds{{u_{1} \choose 1}} \over \pars{0 \quad 1}\pars{\sigma_{0} + 2\,\vec{a}\cdot\vec{\sigma}/\root{5}} \ds{{u_{1} \choose 1}}} = {2/\root{5} + \pars{1 + 1/\root{5}}u_{1} \over 1 - 1/\root{5} + 2u_{1}/\root{5}} \\[3mm] & = \color{#f00}{{1 + \root{5} \over 2}} = \color{#f00}{\varphi}\,,\quad\forall\ u_{1} \not= 0 \end{align}