límite de secuencia recurrente

Question

Deje$a_n$ sea una secuencia definida:$a_1=3; a_{n+1}=a_n^2-2$ Debemos encontrar el límite:$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_1a_2...a_{n-1}}$ $

Mi intento

La secuencia está aumentando y no tiene un límite superior. Dejar $b_n=\frac{a_n}{a_1a_2...a_{n-1}},n\geq2$. Esta secuencia está disminuyendo (hemos$b_{n+1}-b_{n}<0$. ¿Cómo puedo encontrar a este límite?

Answer 1

ya que toma$a_{1}=x+\dfrac{1}{x},x>1$, entonces$$a_{2}=x^2+\dfrac{1}{x^2},a_{3}=x^4+\dfrac{1}{x^4}\cdots,a_{n}=x^{2^{n-1}}+\dfrac{1}{x^{2^{n-1}}}$ $ por lo que hemos$$a_{1}a_{2}\cdots a_{n}=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)\left(x^2+\dfrac{1}{x^2}\right)\cdots\left(x^{2^{n-1}}+\dfrac{1}{x^{2^{n-1}}}\right)=\dfrac{x^{2^n}-\dfrac{1}{x^{2^n}}}{x-\dfrac{1}{x}}$ $ de manera$$\dfrac{a_{n+1}}{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}=\left(x-\frac{1}{x}\right)\dfrac{x^{2^n}+\dfrac{1}{x^{2^n}}}{x^{2^n}-\dfrac{1}{x^{2^n}}}\to \dfrac{x^2-1}{x},n\to+\infty$ $ y$$\left(x-\dfrac{1}{x}\right)^2+4=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^2=9\Longrightarrow x-\dfrac{1}{x}=\sqrt{5}$ $ otro enfoque$$a^2_{n+1}-4=a^4_{n}-4a^2_{n}=a^2_{n}(a^2_{n}-4)=a^2_{n}a^2_{n-1}(a^2_{n-1}-4)=\cdots=a^2_{n}a^2_{n-1}\cdots a^2_{1}(a^2_{1}-4)$ $ por lo que tenemos$$\dfrac{a_{n+1}}{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}=\sqrt{a^2_{1}-2}\cdot \dfrac{a_{n+1}}{\sqrt{a^2_{n+1}-4}}\to\sqrt{a^2_{1}-4}=\sqrt{5},a_{n+1}\to+\infty$ $% desde el $a_{n+1}\to +\infty,n\to +\infty$

Answer 2

Dedicado a @Hormiga que le preguntó "¿Cómo se te ocurrió?" y a todos aquellos que puedan estar interesados por una (un poco) de manera diferente, posiblemente más "natural" de respuesta, es decir, @Almagesto @David @Eugen Covaci @Turambar.

Una alternativa de cambio de variable es posible sobre la base de la trigonometría hiperbólica. El tratamiento que le voy a dar es, de hecho, en paralelo a la excelente solución de @Geromty. Configuración:

$$a_1=2 \cosh(y)=3$$

Debido a la relación de $\cosh(2\alpha)=2 \cosh^2(\alpha)-1$, y de inmediato, la recurrencia:

$$a_k=2 \cosh(2^{k-1}y)$$

Por lo tanto:

$$\Pi_{k=1}^{n}a_{k}=2^n\Pi_{k=0}^{n-1} \cosh(2^ky)=\dfrac{\sinh(2^ny)}{\sinh y} \ \ \ (1)$$

La última forma cerrada de la fórmula es un clásico de resultado (véase el Apéndice).

Por lo tanto $$\dfrac{a_{n+1}}{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}= 2\cosh(2^ny)\dfrac{\sinh(y)}{\sinh(2^ny)}=2\sinh(y) \dfrac{\cosh(2^ny)}{\sinh(2^ny)}$$

que tiende (desde arriba), al$n \rightarrow \infty$, $$2\sinh(y)=2\sqrt{\cosh^2y-1}=2\sqrt{\dfrac{9}{4}-1}=\sqrt{5}.$$

Apéndice: la Prueba de la segunda igualdad en (1).

Primero, vamos a recordar la fórmula:

$$\sinh(2 \alpha)=2 \sinh(\alpha)\cosh(\alpha) \ \ \ \ (2)$$

Deje $P_n$ ser el producto de (1). Permítanos multiplicar $P_n$$\sinh(y)$. Entonces, usando (2), se obtiene $$2^{n-1} \sinh(2y)\cosh(2y)\cosh(4y)\cosh(8y)...\cosh(2^{n-1}y).$$ Podemos aplicar de nuevo la fórmula (2), y de nuevo en cascada, reduciendo finalmente de esta manera el producto inicial ( $\sinh(y)P_n$ )$\sinh(2^ny)$.

Comentario: no es, evidentemente, un resultado similar en la circular de la trigonometría $$2^n\Pi_{k=0}^{n-1} \cos(2^ky)=\dfrac{\sin(2^ny)}{\sin y}.$$