¿Para bases que logaritmo es esta suma finita?

Question

Vamos a tener una secuencia recursiva $a_0 = 1$, $a_{n+1}=\log_{b} (1+a_n)$

y la suma correspondiente a $\sum_{n=0}^\infty (a_n)$. Para que el logaritmo de bases de $b>2$ ( posiblemente por $b>e$) es la suma finita, si por alguna?

Hice algunos cálculos comparar esta secuencia con una secuencia armónica para b=e, y mi resultado fue, que para el logaritmo natural de la suma es infinita. He utilizado un truco que expresan la secuencia armónica de forma recursiva y en comparación con la cual la transformación reduce el número más rápidamente. Para el logaritmo natural, secuencia armónica gana, por lo tanto los números individuales en esta secuencia debe ser algo mayor y, por tanto, la suma debe ser más grande que la suma de las armónicas de secuencia (así que ambos son infinitas). Sin embargo, para las grandes bases, secuencia armónica pierde, y por lo tanto no lo puedo decir, si es infinito o no, y no hay otros trucos están en mi mente. Alguien puede ayudar?

Answer 1

Para la base 2, tiene una cantidad de 1's que diverge. Para bases más pequeñas, el uso de que por cada recursividad,

$$ \log_b(x) = \log_2(x) \cdot \log_b(2) > \log_2(x) $$

por tanto, los términos en la suma de conseguir aún más grande.

Así, por $b<2$, la suma diverge.

Si se conoce (como se indica por el autor) de que la serie diverge para $b=e$, luego por el mismo argumento también divergen para $b<e$.

Queda por demostrar que para $b> e$, la suma converge. Vamos a usar el bien conocido hecho de que (en base e)$\log(1+x) \leq x$. Tenemos

$$ a_{n+1} = \log_b(1 + a_n) = \log_e(1 + a_n) \cdot \log_b(e) \leq a_n \cdot \log_b(e) $$

así

$$ \sum_{n=0}^\infty a_n \leq \sum_{n=0}^\infty (\log_b e )^n $$

que converge (serie geométrica) exactamente para $\log_b e <1$ o $b > e$.

Por lo tanto, en total, la serie converge para $b > e$.

Answer 2

Esto es una prueba simple difiere de que $\sum a_n$ $b=e.$ $0<x< 1$ $0<x-x^2/2< \ln (1+x)< x\leq 1$ que tenemos, porque $\ln(1+x)=x-x^2/2+x^3/3-...$

Así $1\geq a_n>a_{n+1}>a_n-a_n^2/2=a_n(1-a_n/2).$ tenemos $$a_{n+m}>a_n(1-a_n/2)^m$$ for all $m # > 0 $ and all $n $ by induction: If $ a_ {n + m} > a_n (a_n 1/2) ^ m $ then $$a_{n+m+1}>a_{n+m}(1-a_{n+m}/2)>a_n(1-a_n/2)^m(1-a_{n+m})>$$ $$>a_n(1-a_n/2)^m(1-a_n)=a_n(1-a_n/2)^{m+1}.$$ Therefore, since $ a_n > 0, $ we have $$\sum_{m=0}^{\infty}a_{n+m}>\sum_{m=0}^{\infty}a_n(1-a_n/2)^m=2.$$ Since this holds for every $n, $ no se cumple el criterio de Cauchy.