Forma cerrada para la secuencia definida por $a_0=1$ y $a_{n+1} = a_n + a_n^{-1}$

Question

Hoy, hemos tenido una clase de matemáticas, en la que hemos tenido que demostrar, que $a_{100} > 14$ para

$$a_0 = 1;\qquad a_{n+1} = a_n + a_n^{-1}$$

Aparte de esta tarea, me pregunté ¿Existe una forma cerrada para esta secuencia? Ya que no he encontrado una respuesta por mí mismo, ¿puede alguien decirme si dicha forma cerrada existe, y si es así, cuál es?

Answer 1

Una forma cerrada dudo que exista. Pero la asintótica es fácil: $$ a_{n+1}^2=a_n^2+2+1/a_n^2, $$ por lo tanto, para cada $n\ge1$ , $$ a_n^2=2n+1+\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{a_k^2}.\qquad\qquad\qquad\qquad (*) $$ Esto demuestra que $a_n^2\ge2n+2$ por cada $n\ge1$ por ejemplo $a_{100}\ge\sqrt{202}>10\sqrt{2}>14$ . En particular, $a_n\to+\infty$ . Si se introduce esto en $(*)$ produce $a_n^2=2n+1+o(n)$ por lo que $$ \sqrt{2n}\le a_n\le\sqrt{2n}+o(\sqrt{n}). $$ En este punto, sabemos que $a_n^2\ge2n+2$ por cada $n\ge1$ . Utilizando $(*)$ de nuevo, se ve que, por cada $n\ge1$ , $$ a_n^2\le2n+2+\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{2+2k}\le2n+2+\frac12\log(n). $$ Lo que ya demuestra que $$14.2<a_{100}<14.3$$ Si se introduce este límite superior de $a_n^2$ en $(*)$ se obtendría un límite inferior refinado de $a_n^2$ . Y uno podría entonces enchufar este límite inferior refinado en $(*)$ de nuevo para obtener un límite superior refinado. Y así sucesivamente, entre límites superiores cada vez mejores y límites inferiores cada vez mejores. (No hay más asintótica aquí).

Answer 2

Estoy de acuerdo, una forma cerrada es muy poco probable. En cuanto a una asintótica más precisa, creo que $a_n = \sqrt{2n} + 1/8\,{\frac {\sqrt {2}\ln \left( n \right) }{\sqrt {n}}}-{\frac {1}{ 128}}\,{\frac {\sqrt {2} \left( \ln \left( n \right) -2 \right) ^{2} + o(1)} {{n}^{3/2}}}$

Answer 3

Para detallar cómo obtuve mi respuesta: Empecé con @Did's $a(n) \approx \sqrt{2n}$ y buscó un próximo término. $a(n) = \sqrt{2n}$ haría $ a(n+1) - (a(n) + a(n)^{-1}) = \sqrt {2\,n+2}-\sqrt {2}\sqrt {n}-1/2\,{\frac {\sqrt {2}}{\sqrt {n}}} = - \frac{\sqrt{2}}{8} n^{-3/2} + O(n^{-5/2})$ . Con $a(n) = \sqrt{2n} + c n^{-1/2}$ No consigo un cambio en el $n^{-3/2}$ término, así que intenté $a(n) = \sqrt{2n} + c \ln(n) n^{-1/2}$ y consiguió $a(n+1) - (a(n) + a(n)^{-1}) = (-\frac{2}{\sqrt{8}} + c) n^{-3/2} + \ldots$ . Así que para deshacerse de la $n^{-3/2}$ término que quiero $c = \frac{2}{\sqrt{8}}$ . A continuación, mira el término principal de $a(n) = \sqrt{2n} + \frac{2}{\sqrt{8}} \ln(n) n^{-1/2}$ y continuar en esa línea...

Answer 4

De mi respuesta aquí: Dado $a_{1}=1, \ a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{a_{n}}$ , encontrar $\lim \limits_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{n}$

Reposteando aquí, ya que está como perdido en ese hilo y este hilo es más adecuado para ello.

Nota: No tengo ni idea de si existe una forma cerrada, pero aquí hay una estimación asintótica...

Creo que podemos demostrar que $$\displaystyle a_{n}^2 \sim 2n + \dfrac{\log n}{2} - C$$ para alguna constante $\displaystyle C \gt 0$

Por $\displaystyle x_n \sim y_n$ Es decir $\displaystyle \lim_{n \to \infty} (x_n - y_n) = 0$

Considere $b_n = a_{n}^2 - 2n$

Entonces tenemos que $\displaystyle b_{n+1} = b_n + \dfrac{1}{b_n + 2n}$

Observe que $b_0 \gt 0$ y por lo tanto $\displaystyle b_n \gt 0$ .

(Tenga en cuenta que el otro hilo enlazado anteriormente comienza con $a_1 = 1$ y no $a_0 = 1$ .)

Podemos demostrar fácilmente que $b_n \lt 2 + \log n$ , como

$b_{n+1} - b_n = \dfrac{1}{b_n + 2n} \lt \dfrac{1}{2n}$

La suma nos da el límite superior fácil. Aunque podemos dar límites más estrictos, esto es suficiente para nuestros propósitos.

Ahora tenemos que, para un tamaño suficientemente grande $\displaystyle m,n$

$\displaystyle b_{m+1} - b_n = \sum_{k=n}^{m} \dfrac{1}{b_k + 2k}$

tenemos que

$\displaystyle \sum_{k=n}^{m} \dfrac{1}{2k} \gt b_{m+1} - b_n \gt \sum_{k=n}^{m} \dfrac{1}{2k}(1- \dfrac{b_k}{2k})$

(Aquí utilizamos $\displaystyle \dfrac{1}{1+x} \gt \ \ 1-x, 1 \gt x \gt 0$ )

Ahora bien, desde $b_k \lt 2 + \log k$ tenemos que

$\displaystyle \sum_{k=n}^{m} \dfrac{1}{2k} \gt b_{m+1} - b_n \gt \sum_{k=n}^{m} \dfrac{1}{2k} - \sum_{k=n}^{m} \dfrac{2 + \log k }{4k^2}$

Utilizando el hecho de que $\displaystyle H_m - H_n = \log(\dfrac{m+1}{n}) + O(\dfrac{1}{n}) + O(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{m})$ , donde $\displaystyle H_n = \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k}$ es el $\displaystyle n^{th}$ número armónico.

Ya lo vemos,

si $c_n = b_n - \dfrac{\log n}{2}$ entonces

$\displaystyle O(\dfrac{1}{n} -\dfrac{1}{m}) + O(\dfrac{1}{n}) \gt c_{m+1} - c_n \gt O(\dfrac{1}{n} -\dfrac{1}{m}) + O(\dfrac{1}{n}) -\sum_{k=n}^{m} \dfrac{2 + \log k }{4k^2}$

Ahora $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{2 + \log k}{k^2}$ es convergente y, por tanto, por el criterio de convergencia de Cauchy, tenemos que $\displaystyle c_n$ es convergente.

Así, la secuencia $\displaystyle a_{n}^2 - 2n - \dfrac{\log n}{2}$ converge y por lo tanto, para algunos $\displaystyle C$ tenemos que

$$\displaystyle a_{n}^2 \sim 2n + \dfrac{\log n}{2} - C$$

o en otras palabras

$$\displaystyle a_{n} \sim \sqrt{2n + \dfrac{\log n}{2} - C}$$

Una rápida simulación informática (posiblemente incorrecta) parece mostrar una convergencia muy lenta a $\displaystyle C = 1.47812676429749\dots$

Nota: Didier sugirió una prueba alternativa en los comentarios de abajo, que podría ser más sencilla.

Answer 5

Consideremos la formulación funcional. Dado $y(0)=1$ , $y' = \frac{1}{y}$ produce $ y(x) = \sqrt{2x+1}$ .

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No estoy diciendo $a(n)=y(n)$ . Sin embargo, existe un vínculo entre ambos enfoques (diferencia finita).