Cómo mostrar que $|a_{n}-1|\le c\lambda ^n,\lambda\in (0,1)$

Question

Estoy buscando pruebas de que

Dejemos que $a_{0},a_{1}>0$ y tal $$a_{n+2}=\dfrac{2}{a_{n+1}+a_{n}}$$

demuestran que: existe $\lambda,c>0$ tal $$|a_{n}-1|\le c\lambda ^n,\lambda\in (0,1)$$

He intentado utilizar la inducción, pero no estoy seguro de cómo funcionaría, gracias de antemano.

Answer 1

En primer lugar, demostraremos que $a_n \to 1$ .

Paso 1. $(a_n)_{n \geqslant 0}$ está acotado.

Prueba. Buscamos $m,M$ tal que $m \leqslant a_n \leqslant M$ por cada $n \geqslant 0$ . Si es cierto para $n,n+1$ entonces : $$\frac{1}{M}\leqslant \frac{2}{a_n+a_{n+1}} \leqslant \frac{1}{m}$$ por lo que necesitamos $mM=1$ . Entonces sólo elegimos $m$ sabiamente para que $m \leqslant a_0,a_1$ .

Como la secuencia está acotada, fijamos $\ell$ el límite inferior y $L$ el superior.

Paso 2. $\ell L=1$

Prueba. Dejemos que $\phi$ sea una extracción tal que $a_{\phi (n)} \to \ell$ y por extracciones sucesivas podemos suponer que $a_{\phi (n)-1)} \to \ell _1 \in [\ell, L]$ y $a_{\phi (n)-2} \to \ell _2 \in [\ell, L]$ . Obtenemos : $$\ell = \frac{2}{\ell _1 + \ell _2} \geqslant \frac{1}{L}$$ y luego $\ell L \geqslant 1$ . Al sustituir $\ell$ con $L$ tenemos $\ell L=1$

Paso 3. $\ell = L=1$

Prueba. Es la misma idea, ponemos $\phi$ una extracción tal que $a_{\phi (n)} \to L$ , $a_{\phi (n)-1} \to \ell _1 \in [\ell , L]$ , $a_{\phi (n)-2} \to \ell _2 \in [\ell , L]$ , $a_{\phi (n)-3} \to \ell _3 \in [\ell , L]$ . Entonces tenemos : $$\ell _1 + \ell _2 = \frac{2}{L}=2\ell $$ y $$\ell _2+ \ell _3 = \frac{2}{\ell _1}$$ Desde $\ell _1, \ell_2 \geqslant \ell$ obtenemos $\ell _1 = \ell _2 = \ell$ y luego $\ell_2 + \ell _3= \frac{2}{\ell}=2L$ entonces $\ell_2=\ell_3 =L$ y concluimos $\ell =L$ la secuencia converge a $1$ . Entonces dejemos que $N \geqslant 0$ tal que para $n \geqslant N$ tenemos $|a_n+a_{n+1}| \geqslant 2- \varepsilon $

Para su pregunta.

dejar $U_n=(a_n,a_{n+1})$ para que $U_{n+1}=f(U_n)$ donde $f(x,y)= \left(y,\frac{2}{x+y} \right)$ . Podemos ver que : $$A:= \mathrm{d} f(1,1)= \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{pmatrix} $$

Es un hecho. El cálculo de Maple o directo muestra que $\displaystyle \rho (A) := \max \left \{ |\lambda|, \lambda \in \operatorname{sp} ( A) \right \} < 1 $

Un lema clásico afirma que podemos encontrar una norma $\| \cdot \|_A$ tal que : $$\| \mathrm{d}f (1,1) \|_A \leqslant \rho (A) + \mu < 1 $$ por una sabia elección $\mu >0$ . Entonces ponemos una bola $B:=B((1,1), \varepsilon$ tal que $\|df(x)\|_A \leqslant \rho_0 <1 $ por cada $x \in B$ (porque $x \mapsto \mathrm{d}f(x)$ es continua) y por el teorema del valor medio obtenemos : \begin {align} \left \|\begin {pmatriz} a_n \\ a_{n+1} \end {pmatrix} - \begin {pmatrix} 1 \\ 1 \end {pmatrix} \right \|_A & = \left \| f^(n)} \left ( \begin {pmatriz} a_n \\ a_{n+1} \end {pmatrix} \right ) - f^{(n)} \left ( \begin {pmatrix} 1 \\ 1 \end {pmatrix} \right ) \right \|_A \\ & \leqslant \left ( \sup_ {x \in B} \| \mathrm {d}f (x)||_A \right )^{n-N} \left \|\begin {pmatriz} a_N \\ a_{N+1} \end {pmatrix} - \begin {pmatrix} 1 \\ 1 \end {pmatrix} \right \|_A \end {align}

para $n \geqslant N$ donde $N$ se elige de forma que $a_n \in B$ para $n \geqslant N$ Por equivalencia de normas en espacios de dimensión finita existe una constante $C_1$ tal que : \begin {align} |a_n-1| & \leqslant \max \left |a_n-1|,|a_{n+1}-1| \right \} \\ & \leqslant C_1 \left \| \begin {pmatriz} a_n \\ a_{n+1} \end {pmatrix} - \begin {pmatrix} 1 \\ 1 \end {pmatrix} \right \|_A \end {align}

Así, tenemos $|a_n-1| \leqslant c\lambda ^n $ para $n \geqslant N$ con : $$c= \sup_{x \in B} \|\mathrm{d}f (x)\|_A <1$$ y $$C=C_1 c^{-N} \left \|\begin{pmatrix} a_N \\ a_{N+1} \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right \|_A$$

Como podemos dejar que $C$ podemos suponer que la desigualdad es válida para cada $n \geqslant 0$ .

Dejemos que $x_n := a_n - 1 \to 0$ y $X_n = (x_n,x_{n+1})$ . Establecemos $e_n := \|X_n\|$

Lo anterior demuestra que $\displaystyle e_n = \cal{O} \left( a^{ \frac{n}{2}}\right)$ por cada $a> \dfrac{1}{2}$ .

Un simple cálculo y el hecho de que $x_nx_{n+1} \leqslant \frac{x_n^2 + x_{n+1}^2}{2}$ muestra que : $$X_{n+1} = AX_n + {\cal{O}} \left( \| X_n \|^2 \right)$$

Hemos establecido..: $h_n:=2^{-n/2}e_n$ . Podemos encontrar una norma que aún escribiremos $\| \cdot \|$ para que la norma de la matriz asociada satisfaga $\|A\| = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ . Un simple cálculo muestra que : $$h_{n+1} \leqslant h_n + {\cal O} \left( \frac{h_n^2}{2^{n/2}} \right)$$ (He utilizado ese $\|A X_n\| \leqslant \|A\| \|X_n\| \leqslant \dfrac{\|X_n\|}{\sqrt{2}}$ )

Así, $ \displaystyle h_{n+1} - h_n \leqslant {\cal O} \left( (1- \varepsilon)^n \right) $ por una sabia elección $a$ . Entonces $\sum h_{n+1} - h_n$ converge de manera que $h_n$ convergen y tenemos $e_n \sim C 2^{-n/2}$ .

Investigaré si podemos ir más allá, pero parece que sí, solo que fijando $Y_n:=A^{n}X_n$ y estudiar esto.

Espero que esté claro, y por favor, siéntase libre de corregir mi tan débil inglés.

Answer 2

Creo que la idea es linealizar la secuencia alrededor de $1$ . Considere $e_n=a_n-1$ . Sabemos que la secuencia $(e_n)$ converge a cero, y a partir de la recurrencia que define $e_n$ tenemos

$$e_n +e_{n+1}=\frac{2}{1+e_{n+2}}-2=-\frac{2e_{n+2}}{1+e_{n+2}} \tag1$$ Así, $$e_n +e_{n+1}+2e_{n+2}={\cal O}(e^2_{n+2})$$ Despreciando los términos de orden superior (linealizando), se obtiene la recurrencia lineal $$e_n +e_{n+1}+2e_{n+2}=0$$ La ecuación característica de esta secuencia de recurrencia lineal es $2X^2+X+1=0$ y tiene dos raíces complejas conjugadas cada una de módulo $1/\sqrt2$ . Esto demuestra que asintóticamente $\vert e_n\vert={\cal O}(2^{-n/2})$ . Y prueba el resultado.

Nota: . De hecho, $e_n\approx A 2^{-n/2} \cos(n\theta +\varphi)$ , donde $\theta=\arccos(-\sqrt2/4)$ . Por lo tanto, no creo que la secuencia $(e_n)$ eventualmente signos alternativos.

Answer 3

He aquí una breve solución elemental que no implica cálculo multivariable ni argumentos de linealización.

Motivación : El tamaño de dos términos consecutivos cualesquiera limita el tamaño de todos los términos que le siguen, en el sentido de que para cualquier $M\geq1$ , $a_n,a_{n+1}\in[\frac1M,M]$ implica $a_k\in[\frac1M,M]$ para todos $k\geq n$ . Esperamos que el valor de este $M$ no puede seguir siendo grande, ya que, por ejemplo, si $a_n,a_{n+1}$ son muy grandes, entonces $a_{n+2}$ es muy pequeño, y por lo tanto $a_{n+3},a_{n+4}$ tendrá un tamaño más "moderado".
Por lo tanto, queremos demostrar un límite de la siguiente forma: si $a_n,a_{n+1}\in[\frac1M,M]$ entonces $a_{n+3},a_{n+4}\in[\frac1{M'},M']$ , donde $M'-1\leq C(M-1)$ para algunos $C<1$ . Esto es suficiente para mostrar el decaimiento exponencial de $|a_n-1|$ .

Definir $M_n=\sup_{k\geq n}(a_k,\frac1{a_k})$ ; tenga en cuenta que $M_n\geq1$ y $(M_n)_{n\geq0}$ es no creciente.

Afirmo que $(M_{n+3}-1)\leq\frac34(M_n-1)$ para todos $n\geq0$ Si esto es cierto, entonces existe $c$ tal que $M_n-1<c\left(\sqrt[3]{\frac34}\right)^k$ y hemos terminado porque $$1-(M_n-1)<\frac1{M_n}\leq a_n\leq M_n=1+(M_n-1).$$

Aquí nos dividimos en 4 casos fáciles. A partir de aquí, escribe $M=M_n$ para mayor comodidad.

Caso 1 : $a_n,a_{n+1}\in[1,M]$ . Entonces podemos obtener \begin {align*} a_{n+2}& \in [ \frac1M ,1], \\ a_{n+3}& \in [ \frac2 {1+M}, \frac {2M}{1+M}], \\ a_{n+4}& \in [ \frac {2(1+M)}{1+3M}, \frac {2M(1+M)}{1+3M}]. \end {align*}

Ahora es fácil comprobar que $\frac2{1+M},\frac{2(1+M)}{1+3M}\geq\frac4{1+3M}$ y $\frac{2M}{1+M},\frac{2M(1+M)}{1+3M}\leq\frac{1+3M}4$ . Por lo tanto, $a_{n+3},a_{n+4}\in[\frac4{1+3M},\frac{1+3M}4]$ Así que $M_{n+3}\leq\frac{1+3M}4$ que es equivalente a la reclamación original.

Caso 2 : $a_n,a_{n+1}\in[\frac1M,1]$ . De la misma manera, \begin {align*} a_{n+2}& \in [1,M], \\ a_{n+3}& \in [ \frac2 {1+M}, \frac {2M}{1+M}], \\ a_{n+4}& \in [ \frac {2(1+M)}{M(3+M)}, \frac {2(1+M)}{3+M}]. \end {align*} Análogamente, comprobamos que $\frac2{1+M},\frac{2(1+M)}{M(3+M)}\geq\frac4{1+3M}$ y $\frac{2M}{1+M},\frac{2(1+M)}{3+M}\leq\frac{1+3M}4$ , lo que arroja la misma conclusión.

Caso 3 : $a_n\in[1,M]$ , $a_{n+1}\in[\frac1M,1]$ . Obsérvese que se trata del caso 1 con el índice desplazado en 1, por lo que $M_{n+3}\leq M_{n+2}\leq\frac{1+3M}4$ .

Caso 4 : $a_n\in[\frac1M,1]$ , $a_{n+1}\in[1,M]$ . Análogo al caso 3.