Límite de una repetición de la Secuencia

Question

$a_0=c$ donde $c$ es positivo, con $a_n=\log{(1+a_{n-1})}$,Encontramos \begin{align}\lim_{n\to\infty}\frac{n(na_n-2)}{\log{n}}\end{align}

I'have trató de expansión de Taylor, pero no puedo encontrar la manera de romper este límite. Gracias mucho por su atención!

Answer 1

Usted puede encontrar una fórmula asintótica para $a_n$ por la mejora de la precisión en una adaptación de la forma.

Paso 1.Desde $$0 < a_{n+1} = \log (1+a_n) < a_n,$$ es un tono monótono disminución de la secuencia que está acotada. Por lo tanto se debe converger a alguno de los límites, decir $\alpha$. A continuación,$\alpha = \log(1 + \alpha)$, la cual es verdadera precisamente cuando $\alpha = 0$. Por lo tanto, se deduce que $$a_n = o(1). \tag{1}$$

Antes de pasar al siguiente paso, debemos hacer una observación simple: es fácil observar que la función $$\frac{x}{\log(1+x)}$$ es de la clase de $C^3$. En particular, cuando $|x| \leq \frac{1}{2}$, tenemos $$ \frac{x}{\log (1+x)} = 1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{12}+O(x^3). $$ Esto puede ser reformulado como $$ \frac{1}{\log(1+x)} = \frac{1}{x}+\frac{1}{2}-\frac{x}{12}+O(x^2). \tag{2}$$ Aquí, tomamos nota de que el obligado, decir $C > 0$, para el Big-Oh notación no dependen $x$ siempre $|x| \leq \frac{1}{2}$.

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Paso 2. Observando $(1)$, podemos arreglar un entero positivo $N$ de manera tal que siempre que $n \geq N$,$|a_n| \leq \frac{1}{2}$. Entonces por $(2)$, $$ \frac{1}{a_{n+1}} - \frac{1}{a_n} = \frac{1}{2} + O(a_n), $$ donde el obligado para los Grandes-Oh notación sólo depende de $N$. De hecho, podemos elegir explícitamente un delimitador constante como $$C'=\frac{1}{12} + \frac{1}{2}C,$$ donde $C$ es el mismo que en $(2)$. Por lo tanto si $n > m > N$, luego tenemos $$ \begin{align*} \frac{1}{a_n} &= \frac{1}{a_{m}} + \sum_{k=m}^{n-1} \left( \frac{1}{a_{k+1}} - \frac{1}{a_k} \right) \\ &= \frac{1}{a_{m}} + \sum_{k=m}^{n-1} \left( \frac{1}{2} + O(a_k) \right) \\ &= \frac{1}{a_{m}} + \frac{n-m}{2} + O((n-m)a_m). \end{align*} $$ Así tenemos $$ \left|\frac{1}{n a_n} - \frac{1}{2}\right| \leq \frac{1}{n}\left(\frac{1}{a_m} + \frac{m}{2} + C'm a_m \right) + C' a_m.$$ Tomando limsup como $n\to\infty$, tenemos $$ \limsup_{n\to\infty}\left|\frac{1}{n a_n} - \frac{1}{2}\right| \leq C' a_m. $$ Desde ahora $m$ es arbitrario, el lado derecho puede hacerse tan pequeña como se desee. Así, la mano izquierda debe desaparecer, dando $$ \frac{1}{n a_n} = \frac{1}{2} + o(1),$$ o, equivalentemente, $$ n a_n = 2 + o(1). \tag{3} $$

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Paso 3. Deje $N$ ser como en el paso anterior. A continuación, $(3)$ sugiere que es natural considerar $$ \left( \frac{1}{a_{n+1}} - \frac{n+1}{2} \right) - \left( \frac{1}{a_{n}} - \frac{n}{2} \right) = -\frac{a_n}{12} + O(a_n^2). $$ Ahora de $(3)$, tenemos $$ a_n = \frac{2}{n} + o\left(\frac{1}{n}\right) = 2(\log(n+1) - \log n) + o\left(\frac{1}{n}\right) = O\left(\frac{1}{n}\right).$$ Conectando a la ecuación anterior, tenemos $$ \left( \frac{1}{a_{n+1}} - \frac{n+1}{2} \right) - \left( \frac{1}{a_{n}} - \frac{n}{2} \right) = -\frac{1}{6}\left( \log(n+1) - \log n \right) + o\left(\frac{1}{n}\right). $$ Ahora, para cada una de las $\epsilon > 0$, elija $m > N$ de manera tal que siempre que $n > m$, el Pequeño-Oh plazo está limitada por $\epsilon / n$. A continuación, para tal $n$ hemos $$ \left| \left( \frac{1}{a_{n+1}} - \frac{n+1}{2} + \frac{1}{6}\log(n+1) \right) - \left( \frac{1}{a_{n}} - \frac{n}{2} + \frac{1}{6}\log n \right) \right| \leq \frac{\epsilon}{n}. $$ Así, resumiendo de$m$$n-1$, tenemos $$ \left| \frac{1}{a_{n}} - \frac{n}{2} + \frac{1}{6}\log n \right| \leq \left| \frac{1}{a_{m}} - \frac{m}{2} + \frac{1}{6}\log m \right| + \epsilon (\log n - \log m). $$ Dividir ambos lados por $\log n$ y teniendo en $n \to \infty$, tenemos $$ \limsup_{n\to\infty} \frac{1}{\log n} \left| \frac{1}{a_{n}} - \frac{n}{2} + \frac{1}{6}\log n \right| \leq \epsilon. $$ Como esto es cierto para todos los $\epsilon > 0$, debe desaparecer. Por lo tanto, tenemos $$ \frac{1}{a_{n}} = \frac{n}{2} - \frac{1}{6}\log n + o(\log n). $$ En particular, $$ \begin{align*}a_n &= \left( \frac{n}{2} - \frac{1}{6}\log n + o(\log n) \right)^{-1} \\ &= \frac{2}{n} \left( 1 - \frac{1}{3n}\log n + o\left( \frac{\log n}{n} \right) \right)^{-1} \\ &= \frac{2}{n} + \frac{2}{3n^2} \log n + o\left( \frac{\log n}{n^2} \right). \end{align*} $$ Por lo tanto $$ \frac{n(na_n - 2)}{\log n} = \frac{2}{3} + o(1)$$ y de ello se deduce que el límite es $$\lim_{n\to\infty} \frac{n(na_n - 2)}{\log n} = \frac{2}{3}.$$

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Más debates. De hecho, se puede demostrar que $$ a_n = \frac{2}{n} + \frac{2}{3n^2} \log n + O\left( \frac{1}{n^2} \right). $$ De manera más general, tenemos la siguiente proposición.

La proposición. Supongamos $(a_n)$ es una secuencia de números reales positivos convergente a 0 y satisface la relación de recurrencia $a_{n+1} = f(a_n)$.

1. Si $f(x) = x \left( 1 - (a + o(1)) x^m \right)$ de $a \neq 0$ e integer $m \geq 1$, luego $$ a_n = \frac{1}{\sqrt[m]{man}}(1 + o(1)). $$

2. Si $f(x) = x \left( 1 - a x^m + (b+o(1)) x^{2m} \right)$ para algunos reales $a \neq 0$$b$, y entero $m \geq 1$, luego $$ a_n = \frac{1}{\sqrt[m]{man}} \left( 1 - \frac{(m+1) a^2 - 2 b}{2m^2a^2} \frac{\log n}{n} + o \left( \frac{\log n}{n} \right) \right). $$

3. Si $f(x) = x \left( 1 - a x^m + b x^{2m} + O(x^{3m}) \right)$ por unos pocos reales $a \neq 0$$b$, y entero $m \geq 1$, luego $$ a_n = \frac{1}{\sqrt[m]{man}} \left( 1 - \frac{(m+1) a^2 - 2 b}{2m^2a^2} \frac{\log n}{n} + O \left( \frac{1}{n} \right) \right). $$