Me gustaría ver alguna pista para el siguiente problema:
Deje $a_1=1$ y $a_n=1+\frac{1}{a_1}+\cdots+\frac{1}{a_{n-1}}$, $n>1$. Encontrar $$ \lim_{n\to\infty}\left(a_n-\sqrt{2n}\right). $$
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user141614
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La recurrencia puede ser re-escrita como $a_{n+1}=a_n+\dfrac1{a_n}$. Deje $x_n=a_n^2$; luego tenemos a $x_1=1$ y $$ x_{n+1} = a_{n+1}^2 = \left(a_n+\dfrac1{a_n}\right)^2 = a_n^2+2+\dfrac1{a_n^2} = x_n+2+\dfrac1{x_n}. $$ De esto podemos concluir $x_{n+1}>x_n+2$, por lo que $$ x_n \ge 2n-1; $$ a continuación,$x_{n+1}=x_n+2+\dfrac1{x_n}<x_n+2+\dfrac1{2n-1}$, por lo que $$ x_n < 2n-1 + \left(1+\dfrac13+\dfrac15+\ldots+\dfrac1{2n-3}\right) < 2n+\log n. $$ Finalmente, $$ \big|a_n-\sqrt{2n}\big| = \dfrac{|a_n^2-2n|}{a_n+\sqrt{2n}} < \dfrac{|x_n-2n|}{\sqrt{2n}} < \dfrac{\log n}{\sqrt{2n}}. $$ Por lo tanto, $\big|a_n-\sqrt{2n}\big|\to0$.
Han de Bruijn
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6161
Supongamos que la secuencia es una de Newton–Raphson el método de para calcular numéricamente los ceros de una función. ¿Cuál sería la función que se parecen? $$ x_{n+1}=x_{n}-{\frac {f(x_{n})}{f'(x_{n})}} \quad \Longleftrightarrow \quad a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n} $$ Identificar las $\,a_n = x_n\,$ en el primer lugar, y resolver para la función: $$ \frac{f'(x)}{f(x)} = -x \quad \Longleftrightarrow \quad f(x) = C\,e^{-x^2/2} $$ Interpretación: la secuencia es una de Newton–Raphson método iterativo : para encontrar los ceros de una Gaussiana. Sin embargo, es claro desde el principio que los cálculos numéricos no va a encontrar los ceros, por la sencilla razón de que no hay ninguna.
Pero supongamos que modificar el problema un poco, como sigue: encontrar los ceros de $\;f(x) = e^{-x^2/2} - e^{-N}\;$ con $N$ algunos de los grandes entero positivo, entonces tenemos que en lugar de la secuencia: $$ x_{n+1}=x_{n}+\frac{1}{x_n}\left[1-\frac{e^{-N}}{e^{-x_n^2/2}}\right] $$ Y ahora las iteraciones detiene cuando: $$ x_{n+1} = x_n \quad \Longleftrightarrow \quad e^{-x_n^2/2} = e^{-N} \quad \Longleftrightarrow \quad x_n = \sqrt{2N} $$ Aquí es un poco (Delphi Pascal), programa que hace el trabajo:
programa de Diego;
procedimiento principal(N : integer); var x,y : doble; t : integer; comenzar Writeln('sqrt(2N) =',sqrt(2*N)); x := 1; y := 0; t := 0; Writeln(t:4,' : x =',x); mientras que no (y=x) ¿ comenzar y := x; t := t + 1; x := x + 1/x*(1-exp(-N)/exp(-sqr(x)/2)); Writeln(t:4,' : x =',x); end; end;
comenzar principal(8); final.
Salida:
sqrt(2N) = 4.00000000000000 E+0000 0 : x = 1.00000000000000 E+0000 1 : x = 1.99944691562985 E+0000 2 : x = 2.49834687643857 E+0000 3 : x = 2.89556809260418 E+0000 4 : x = 3.23325795454623 E+0000 5 : x = 3.52322153181656 E+0000 6 : x = 3.75982762597611 E+0000 7 : x = 3.92105171808397 E+0000 8 : x = 3.98953172402065 E+0000 9 : x = 3.99979758749457 E+0000 10 : x = 3.99999992320208 E+0000 11 : x = 3.99999999999999 E+0000 12 : x = 4.00000000000000 E+0000 13 : x = 4.00000000000000 E+0000
Hasta ahora tan bueno. Ahora, ¿qué ocurrirá si el valor de $N$ se incrementa indefinidamente? A continuación, la secuencia se convertirá en más y más; al final, nunca se detiene. Por otra parte, el siguiente será verdad: $$ \lim_{N\to\infty} e^{-N} = 0 \quad \Longrightarrow \quad x_{n+1}=x_{n}+\frac{1}{x_n} $$ Se ve claramente, sin embargo, que el número de iteraciones en el caso finito ($n = 13$) no es igual a $N = 8$ . Así que dudo si la conjetura límite es cierto. Todavía aparte el hecho de que la resta de dos (infinitamente) grandes números es altamente inestable numéricamente (es decir, el "malo" de límite).
La actualización. Más experimentos numéricos revelan que, efectivamente, nuestro iterands $\,x_n\,$ así como el OP original de $\,a_n\,$ son cerca de $\,\sqrt{2n}\,$, y la mayor $\,n\,$ el mejor, parece. He aquí un ejemplo, con $\,\sqrt{2\times 8192} = 128$ :
8188 : x = 1.27991318734407 E+0002 , un = 1.27993080007178 E+0002 8189 : x = 1.27996559906482 E+0002 , un = 1.28000892929564 E+0002 8190 : x = 1.27999342587009 E+0002 , un = 1.28008705375065 E+0002 8191 : x = 1.27999973101217 E+0002 , un = 1.28016517343767 E+0002 8192 : x = 1.27999999953749 E+0002 , un = 1.28024328835758 E+0002 <== 8193 : x = 1.27999999999999 E+0002 , un = 1.28032139851126 E+0002 8194 : x = 1.28000000000000 E+0002 , un = 1.28039950389958 E+0002 8195 : x = 1.28000000000000 E+0002 , un = 1.28047760452340 E+0002
Por lo que puede ser conjeturado que para todos los $\,n$ : $$ x_n < \sqrt{2n} < a_n $$ Con: $$ x_{n+1} = x_n + \frac{1}{x_n}\left[1 - \frac{e^{-n}}{e^{-x_n^2/2}}\right] \quad ; \quad a_{n+1} = a_n + \frac{1}{a_n} $$ Yo no tengo (aún) no han sido capaces de demostrar que esta conjetura es verdadera.
Adren
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416
Como otras respuestas indican, esta secuencia obedece a la siguiente relación de recurrencia :
$$a_1=1\quad\mathrm{and}\quad\forall n\in\mathbb{N},\,a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}$$
Esto demuestra que la sucesión es creciente. Suponiendo que su convergencia a algunos límite finito $L>0$ llevaría a $L=L+\dfrac{1}{L}$, una contradicción. Por lo tanto la secuencia se bifurca hacia la $+\infty$.
Ahora, para todos los $n\in\mathbb{N}$, tenemos :
$$a_{n+1}^2-a_n^2=\left(a_n+\frac{1}{a_n}\right)^2-a_n^2=2+\frac{1}{a_n^2}\longrightarrow 2$$
Por Cesaro del lexema :
$$\frac{1}{n}\left(a_n^2-a_0^2\right)=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left(a_{k+1}^2-a_k^2\right)\longrightarrow 2$$
Por lo tanto $$a_n\sim\sqrt{2n}$$ de Ahora, vamos a usar ...
Lema Dada una secuencia $(u_n)_{n\ge1}$ de los números reales positivos tales que $u_n\sim\dfrac{1}{n}$, tenemos : $$\sum_{k=1}^nu_k\sim\ln(n)$$
(Ver más abajo para una prueba.)
Desde $a_{n+1}^2-a_n^2-2\sim\dfrac{1}{2n}$, y en el anterior lema :
$$a_n^2-2n\sim\frac{\ln(n)}{2}$$
que se puede escribir :
$$a_n=\sqrt{2n}\,\sqrt{1+\frac{\ln(n)}{4n}+o\left(\frac{\ln(n)}{n}\right)}$$
Utilizando ahora la expansión de Taylor $\sqrt{1+t}=1+\frac{t}{2}+o(t)$$t\to0$, obtenemos finalmente :
$$\boxed{a_n=\sqrt{2n}\left(1+\frac{\ln(n)}{8n}+o\left(\frac{\ln(n)}{n}\right)\right)}$$
En particular, vemos que $\lim_{n\to\infty}\left(a_n-\sqrt{2n}\right)=0$, pero el resultado anterior es mucho más precisa.
La prueba del lema anterior
Dado $\epsilon>0$ existe $N\in\mathbb{N}^\star$ tal forma que :
$$k>N\implies\left|u_k-\frac{1}{k}\right|\le\epsilon$$
Tan pronto como $n>N$, tenemos :
$$\left|\sum_{k=1}^nu_k-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\right|\le\underbrace{\left|\sum_{k=1}^N\left(u_k-\frac{1}{k}\right)\right|}_{=A}+\sum_{k=N+1}^n\left|u_k-\frac{1}{k}\right|\le A+\epsilon\sum_{k=N+1}^n\frac{1}{k}$$
Y a fortiori :
$$\left|\sum_{k=1}^nu_k-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\right|\le A+\epsilon\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}$$
Desde $\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}=+\infty$ existe $N'\in\mathbb{N}^\star$ tal forma que :
$$n>N'\implies\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}>\frac{A}{\epsilon}$$
Finalmente :
$$n>\max\{N,N'\}\implies\left|\sum_{k=1}^nu_k-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\right|\le2\epsilon\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}$$
Esto demuestra que :
$$\sum_{k=1}^nu_k\sim\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}$$
Pero sabemos que $\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\sim\ln(n)$$n\to\infty$, por lo tanto, la conclusión (por transitividad de la $\sim$).
user90997
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1
Alternativa de solución: supongamos que existe un número real $S $ tal que $$ \lim_{n\to\infty} \left(a_n-S\sqrt{2n} \right)=0$$
Si esta constante (y necesariamente positivo) valor existe, debemos ser capaces de determinar. Por otro lado, si el valor de la constante no existe (por ejemplo, si $S $ no es una constante, sino una función de $n $), se podría esperar que en alguna contradicción.
Bajo el supuesto de que un real $S $ existe, tenemos
$$ \lim_{n\to\infty} \frac {1}{a_n}= \lim_{n\to\infty} \frac {1}{S \sqrt {2n}}$$
También, porque, por definición, la recurrencia de la OP puede ser escrito como $a_{n+1}=a_n+1/a_n \,\, \,\,$, tenemos
$$ \lim_{n\to\infty} \frac {1 }{a_n}=\lim_{n\to\infty} \left( a_{n+1}-a_n \right) \\ =\lim_{n\to\infty} \left( S \sqrt {2(n+1)} -S \sqrt {2n}\right) $$
Combinando las dos ecuaciones anteriores obtenemos
$$\lim_{n\to\infty} \frac {1}{S \sqrt {2n}}= \lim_{n\to\infty} S \left( \sqrt {2(n+1)} - \sqrt {2n} \right)$$
La solución para $S $, y teniendo en cuenta que el $S$ no puede ser negativo, obtenemos
$$S= \lim_{n\to\infty} \frac { \sqrt {n+1} + \sqrt {n}}{2 \sqrt {n} } = 1$$
Por lo tanto, asumiendo la existencia de verdaderos $S $, obtenemos $S=1\,\,$ sin contradicción. Llegamos a la conclusión de que
$$ \lim_{n\to\infty} \left(a_n-\sqrt{2n} \right)=0$$
Cabe señalar que esta solución no dar una prueba de que tal límite existe, pero sólo muestra que, asumiendo su existencia, debe ser $1$.
Han de Bruijn
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6161
Rápida y sucia de la prueba. Abróchense los cinturones de seguridad!
Supongamos por un momento que la secuencia de $\,a_n\,$ es un continuo
y función derivable $\,a(n)\,$ $\,n\,$ como se sugiere en la imagen de abajo.
A continuación, considere la siguiente secuencia:
$$
a_{n+1} = a_n + \frac{1}{a_n} \\
\frac{a_{n+1} - a_n}{1} = \frac{1}{a_n} \\
\frac{a(n+dn) - a(n)}{dn} = \frac{1} {(n)} \\
a'(n)\,a(n) = 1
$$
Whoa, No tan rápido! Vamos a discutir primero que diferenciar a un entero no es tan malo como parece.
Es sólo una cuestión de buscar el problema en una escala diferente. Un poco más prolija versión de la anterior procederá de la siguiente manera.
En lugar de la actual unidad de $1$ - a decir de un milímetro - definir otra unidad $1$ que es una multitud de milímetro,
decir de un kilómetro $K$. Luego de definir la escala de secuencia $f(n/K) = a_n$ $x = n/K$ $h = 1/K$ en la:
$$
f(n/K+1/K) = f(n/K) + \frac{1/K}{f(n/K)} \\
\frac{f(n/K+1/K) - f(n/K)}{1/K} = \frac{1}{f(n/K)} \\
\frac{f(x+h) - f(x)}{h} = \frac{1}{f(x)}
$$
Ahora dejad $\,n,K\to\infty\,$, manteniendo $\,x=n/K\,$ finito, entonces estamos posteriormente ha $\,h\to 0\,$ y el:
$$
f'(x)f(x) = 1 \quad ; \quad \frac{df^2(x)}{dx} = 2 \quad ; \quad f^2(x) = 2x+C
\quad \Longrightarrow \quad a_n^2 = 2n+CK
$$
Ahora nos gustaría tener a $\,CK=0$ , pero el (des)afortunadamente, hay otro límite consition : $CK = a_1^2 - 2\cdot 1 = -1$ . Así:
$$
a_n = \sqrt{2n-1} \approx \sqrt{2n}
$$
El mayor $n$ , la mejor de las aproximaciones. Una agradable manera de expresar el resultado final es:
$$
\boxed{\lim_{n\to\infty} \frac{a_n}{\sqrt{2n}} = 1} \quad
\left(= \lim_{n\to\infty} \frac{a_n}{\sqrt{2n-1}} \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{2n-1}}{\sqrt{2n}} \right)
$$
De BONO. Lema:
$$
a_{n+1} = a_n + \frac{1}{a_n} \quad \Longrightarrow \quad
a_{n-1}^2 - a_na_{n-1} + 1 = 0 \quad \Longrightarrow \quad a_{n-1} = \frac{a_n}{2} + \sqrt{\left(\frac{a_n}{2}\right)^2-1}
$$
Ahora calcular (la discretización de) la segunda derivada en el pasado, suponiendo de nuevo que $\,a_n\,$ es grande:
$$
"(n) = a_{n+1} - 2a_n + a_{n-1} = a_n + \frac{1}{a_n} - 2a_n + \frac{a_n}{2} +
\frac{a_n}{2}\sqrt{1-\frac{1}{(a_n/2)^2}} \approx \\ \frac{1}{a_n} - \frac{a_n}{2} + \frac{a_n}{2}
\left[1-\frac{1}{2}\frac{1}{(a_n/2)^2} - \frac{1}{8}\left(\frac{1}{(a_n/2)^2}\right)^2\right] = -\frac{1}{a_n^3}
$$
Lo que significa que la función discreta $\,a_n\,$ grandes $\,n\,$ es realmente muy suave , cuando es visto como un continuo
y diferenciable $\,a(n)$ . Esto es aún más motivación para el tratamiento mencionado.
Es de notar una vez más que la "verdadera" derivados presentan la misma estructura que el discretizations:
$$
\left(\sqrt{2x}\right)" = \left(\frac{1}{\sqrt{2x}}\right)' = -\frac{1}{\left(\sqrt{2x}\right)^3}
$$
No hay coincidencias en las matemáticas.
