Límite de la secuencia en la que cada término se define por la media de los dos términos anteriores

Question

Tenemos una secuencia de números $x_n$ determinado por la igualdad

$$x_n = \frac{x_{n-1} + x_{n-2}}{2}$$

El primer y el zerno término son $x_1$ y $x_0$ El siguiente límite debe expresarse en términos de $x_0$ y $x_1$ $$\lim_{n\rightarrow\infty} x_n $$

Las opciones son:

A) $\frac{x_0 + 2x_1}{3}$ B) $\frac{2x_0 + 2x_1}{3}$

C) $\frac{2x_0 + 3x_1}{3}$ D) $\frac{2x_0 - 3x_1}{3}$

Como era un examen de opciones múltiples, conecté $x_0=1$ y $x_1=1$ . Lo que significa que todos los términos de esta secuencia es $1$ es decir $$x_n=1, n\in \mathbb{N} $$

De esto concluí que la opción A era la correcta.No pude encontrar ninguna forma de resolver esta por lo que recurrí a este truco. ¿Cuál es el método real para encontrar el límite de la secuencia?

Answer 1

$$2x_n = x_{n-1} + x_{n-2}$$

$$2x_2 = x_{1} + x_{0}\\ 2x_3 = x_{2} + x_{1}\\ 2x_4 = x_{3} + x_{2}\\ 2x_5 = x_{4} + x_{3}\\ ...\\ 2x_n = x_{n-1} + x_{n-2}$$

Ahora suma todas las ecuaciones y obtén

$$2x_n+x_{n-1}=2x_1+x_0$$

Suponiendo que $x_n$ tiene un límite $L$ luego hacer $n\to \infty$ nos encontramos con que:

$$2L+L=2x_1+x_0\to L=\frac{2x_1+x_0}{3}$$

Answer 2

Otro truco: puedes escribir la recurrencia en forma de matriz: $$ \left(\begin{array}{c} x_n\\ x_{n-1} \end{array} \right) = \left(\begin{array}{cc} 1/2 & 1/2\\ 1 & 0\\ \end{array} \right) \left(\begin{array}{c} x_{n-1}\\ x_{n-2} \end{array} \right). $$ Entonces, $$ \left(\begin{array}{c} x_n\\ x_{n-1} \end{array} \right) = \left(\begin{array}{cc} 1/2 & 1/2\\ 1 & 0\\ \end{array} \right)^{n-1} \left(\begin{array}{c} x_1\\ x_0 \end{array} \right). $$ Diagonalizando/convirtiendo la matriz a la forma de Jordan, se puede encontrar una forma cerrada para la secuencia.

Answer 3

En primer lugar, observe que puede reescribir la relación de recurrencia como $$2x_{n+2}-x_{n+1}-x_n=0,\quad n\geq 0.$$ Ahora el punto clave es que esta relación de recurrencia es lineal, y por lo tanto si $(y_n)_{n\geq 0}$ y $(z_n)_{n\geq 0}$ satisfacen esta relación, entonces para cualquier $\alpha,\beta\in \Bbb R$ , $(\alpha y_n+\beta z_n)_{n\geq 0}$ también la satisfará. Así que podemos tratar de expresar $(x_n)$ como una combinación lineal de secuencias más simples $(y_n)$ y $(z_n)$ . Un ejemplo de secuencia simple sería una secuencia geométrica $y_n=r^n$ para algunos $r$ . ¿Podemos encontrar una secuencia de esta forma que satisfaga la relación de recurrencia? $r$ tendría que ser tal que $$2r^{n+2}-r^{n+1}-r^n=r^{n}(2r^2-r-1)=0,\quad n\geq 0,$$ por lo que es suficiente que $$2r^2-r-1=0.$$ Esto será así si y sólo si $r\in \left\{1,\frac{-1}{2}\right\}$ .

Así, sabemos que cualquier secuencia de la forma

$$\alpha +\beta \left(\frac{-1}{2}\right)^n$$ satisface nuestra relación de recurrencia. Entonces basta con comprobar que los dos primeros términos son iguales, y todos los demás seguirán. Por tanto, hay que encontrar $\alpha,\beta$ tal que $$\left\{ \begin{array}{}\alpha+\beta & = & x_0\\ \alpha-\frac{\beta}{2} & = & x_1.\end{array} \right. $$

Se trata de un sistema lineal simple, cuya solución viene dada por $\alpha=\frac{x_0+2x_1}{3}$ y $\beta=\frac{2x_0-2x_1}{3}$ .

Así, el $n$ -El término "enésima" debe estar dado por $$x_n=\frac{x_0+2x_1}{3}+\frac{(2x_0-2x_1)(-1)^{n}}{3\cdot 2^n}$$ y por lo tanto $\lim_{n\to \infty }x_n = \frac{x_0+2x_1}{3}$ .

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Este método funciona para una gran variedad de casos; de hecho, se puede aplicar para obtener una fórmula para $x_n$ para cualquier relación de recurrencia lineal (hay algunas dificultades si la ecuación polinómica correspondiente tiene múltiples raíces, porque no se obtienen suficientes secuencias geométricas, pero se pueden encontrar otras soluciones en ese caso). Por ejemplo, puedes aplicar el mismo método a la secuencia de Fibonacci, y te da la fórmula de Binet (puedes encontrar más detalles en las respuestas a esta pregunta ).

Answer 4

He aquí otra forma de ver el problema, que quizá no conduzca directamente a una prueba, pero que puede dar una idea intuitiva de la secuencia.

Tenga en cuenta que desde $x_0$ Vamos $x_1-x_0$ hasta $x_1$ entonces $\frac12(x_1-x_0)$ hasta $x_2$ entonces $\frac14(x_1-x_0)$ hasta $x_3$ etc. Podrías ser capaz de demostrarlo por inducción, pero quizás no quieras hacerlo. Si $x_0=0$ y $x_1=1$ Se puede poner esto en una imagen: ( $A=(0,x_0)$ , $B=(1,x_1)$ , ...)

Concluimos que, dado que el salto de $x_0$ a $x_1$ se puede ver realmente un salto de $1=(-1/2)^0$ en relación con $x_0$ :

$$x_n = x_0 + (x_1-x_0)\sum_{i=0}^{n-1} \left(-\frac12\right)^i$$

Entonces el límite para $n \rightarrow \infty$ es:

$$\lim_{n\rightarrow\infty} x_n = x_0 + (x_1-x_0)\sum_{i=0}^\infty \left(-\frac12\right)^i = x_0 + (x_1-x_0)\frac1{1+\frac12}$$

por la serie geométrica (ya que $\lvert-\frac12\rvert < 1$ ). Entonces esto es igual a:

$$\begin{align*} x_0 + (x_1-x_0)\frac1{1+\frac12} &= x_0 + \frac23(x_1-x_0) = \frac{3x_0+2x_1-2x_0}3 \\ &= \frac{x_0 + 2x_1}3. \end{align*}$$

Answer 5

$$x_n-x_{n-1}=-\frac{1}{2}(x_{n-1}-x_{n-2})$$ utilizar repetidamente para conseguir $$x_n-x_{n-1}=(-\frac{1}{2})^{n-1}(x_{1}-x_{0})$$ Ahora es bastante sencillo calcular