Es la secuencia de las $x_{n+1} = \frac{x_n + \alpha}{x_n + 1}$ convergente?

Question

Fix $\alpha > 1$, y considerar la secuencia de $(x_n)_n \geq 0$ definido por $x_0 > \sqrt \alpha$ $$x_{n+1} = \frac{x_n + \alpha}{x_n + 1}, n = 0, 1, 2, \dots$$ ¿Esta secuencia convergen, y si, para qué?

Traté de obtener la diferencia entre el$x_n$$x_{n+1}$, no funcionó. ¿Cómo puedo resolverlo?

Answer 1

Considere la posibilidad de un auxiliar de secuencia $y_n=\dfrac{x_n-\sqrt{\alpha}}{x_n+\sqrt{\alpha}}$, esto está bien definido ya que una simple inducción muestra que $x_n\geq 1$ todos los $n$. Ahora, usando la definición vemos que $$ \forall\n\geq0,\qquad y_{n+1}=-\frac{\sqrt\alpha-1}{\sqrt\alpha+1}y_n $$ Por lo tanto, la configuración de $\lambda=\frac{\sqrt\alpha-1}{\sqrt\alpha+1}\in(0,1)$, obtenemos $$ \forall\n\geq0,\qquad y_n=(-1)^n\lambda^ny_0 $$ Por lo $\lim_{n\to\infty}y_n=0$, y, en consecuencia,$\lim_{n\to\infty}x_n=\sqrt\alpha$, debido a que $x_n-\sqrt\alpha=\dfrac{2\sqrt\alpha y_n}{1-y_n}$.

Answer 2

Esta es mi primera respuesta, así que si algo aparece claro siéntase libre de escribir para mí :)

Bueno.. Lo que va a presentar, es una no lineal no homogénea diferencia de la ecuación. (al menos eso es lo que he aprendido).

Ahora la primera asume que el $\{x_n\}$ convergen en contra de un valor de $x$. Entonces:

$\text{lim}_{n\rightarrow\infty}(x_{n+1})=\text{lim}_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{x_n+\alpha}{x_n+1}\right)$

$x = \frac{x+\alpha}{x+1}$

$ x^2-\alpha=0$

$ x=\pm\sqrt{\alpha}$

Así que si $\{x_n\}$ converge, converge en contra de cualquiera de $\sqrt{\alpha}$ o $-\sqrt{\alpha}$.

Ahora vamos a examinar si $\{x_n\}$ está disminuyendo. Si su decreciente, se cumple la condición:

$x_{n+1}<x_n$

$\frac{x_{n}+\alpha}{x_n+1}<x_n$

$\pm\sqrt{\alpha}<x_n$

I. e. $\{x_n\}$ es decreciente si y sólo si $\sqrt{\alpha}<x_n$.

Ahora vamos a demostrar por inducción que $\sqrt{\alpha}<x_n$ es la verdad y entonces se sigue que $\{x_n\}$ converge en contra de $\sqrt{\alpha}$. Esto es debido al hecho de que $\{x_n\}$ es menor y menor limitada. Desde $\sqrt{\alpha}<x_n$ tendrá que convergen en contra de $\sqrt{\alpha}$ e no $-\sqrt{\alpha}$. Pero ahora para la inducción de la prueba:

Ya sabemos que $x_0>\sqrt{\alpha}$. Supongamos ahora que $x_n>\sqrt{\alpha}$. Entonces:

$x_{n+1}=\frac{x_n+\alpha}{x_n+1}<\frac{x_n+x_n^2}{x_n+1}=\frac{x_n(x_n+1)}{x_n+1}<\sqrt{\alpha}$