Aproximación de$a_n$ donde$a_{n+1}=a_n+\sqrt {a_n}$

Question

Permite$a_1=2$ y definimos$a_{n+1}=a_n+\sqrt {a_n},n\geq 1$.
¿Es posible obtener una buena aproximación del$n$ th term$a_n$?
Los primeros términos son$2,2+\sqrt{2}$,$2+\sqrt{2}+\sqrt{2+\sqrt{2}}$ ...
¡Gracias por adelantado!

Answer 1

Aquí es un método para desarrollar el comportamiento asintótico de $a_n$, con una precisión de dos términos.

En primer lugar, simplemente comentar que $a_n$ crece hasta el infinito desde $a_n \geq n$ (por inducción).

A continuación, la observación de que $\sqrt{a_{n+1}} - \sqrt{a_n} = \frac{a_{n+1}-a_{n}}{\sqrt{a_{n+1}} + \sqrt{a_n}} = \frac{1}{1+\sqrt{1+\sqrt{\frac{1}{a_n}}}} \rightarrow \frac{1}{2}$ desde $a_n\rightarrow\infty$.

De ello se desprende que $\sqrt{a_n} - 2=\sum_{i=0}^{n-1}\sqrt{a_{i+1}} - \sqrt{a_i}=\frac{1}{2}n+\mathcal{o}(n)$, $a_n=(\frac{n}{2}+\mathcal{o}(n))^2 = \frac{n^2}{4}+\mathcal{o}(n^2)$

Para el próximo periodo, tapamos el desarrollo asintótico sólo hemos obtenido en $\frac{1}{1+\sqrt{1+\sqrt{\frac{1}{a_n}}}}$ y buscar un equivalente de $\frac{1}{1+\sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{\frac{n^2}{4}+\mathcal{o}(n^2)}}}}-\frac{1}{2} \sim \frac{1-\sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{\frac{n^2}{4}+\mathcal{o}(n^2)}}}}{4} \sim \frac{1}{4}\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{\frac{n^2}{4}+\mathcal{o}(n^2)}} \sim \frac{1}{4n}$

A partir de esto, podemos deducir $\sqrt{a_{n+1}} - \sqrt{a_n} = \frac{1}{2}-\frac{1}{4n}+\mathcal{o}(\frac{1}{n})$, $\sqrt{a_n} = \frac{n}{2}-\frac{1}{4}S_n + \mathcal{o}(Sn)$ donde $Sn=\sum_0^n\frac{1}{k}=ln(n)+\mathcal{o}(ln(n))$.

De ello se desprende que $a_n=(\frac{n}{2}-\frac{1}{4}ln(n)+\mathcal{o}(ln(n)))^2=\frac{n^2}{4}-\frac{nln(n)}{4}+ \mathcal{o}(nln(n))$.

Creo que conectar de nuevo esta nueva asintótica de desarrollo en la primera fórmula produciría posterior términos.

Answer 2

Sí, la aproximación es$$a_n\sim \frac{n^2}{4}+o\left(n^2\right).$ $ Una derivación heurística que debería ser posible hacer rigurosa es simplemente reemplazar$a_n$ por una función suave$a(n)$. Entonces la relación de recurrencia da una ecuación diferencial para$a(n)$:$$a_{n+1}-a_n\to a'(n)=\sqrt{a(n)}\quad \Longrightarrow \quad a(n)=\frac{(n+C)^2}{4}.$ $

Answer 3

Para el tercer término, tenemos lo siguiente. Vamos$c_n = \sqrt{a_n} -\frac{1}{2}n + \frac{1}{4}\ln n$, entonces$c_{n+1} -c_{n} = -\frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{a_n}}{(\sqrt{a_n}+\sqrt{\sqrt{a_n}+a_n})^2} + \frac{1}{4} \ln(1+ \frac{1}{n})\quad (1)$. Tenga en cuenta que$a_n = \frac{1}{4}n^2 - \frac{1}{4}n\ln n + o(n \ln n)$, el primer término en RHS de (1) equivale a$-\frac{1}{8} \cdot \frac{2n - \ln n + o(\ln n)}{n^2 -n \ln n + o(n \ln n)} = -\frac{1}{8n} \cdot(2+ \frac{ \ln n + o(\ln n)}{n - \ln n + o( \ln n)} )= -\frac{1}{4n} - \frac{\ln n}{8n^2}(1+o(1))$. Por lo tanto (1)$= - \frac{\ln n}{8n^2}(1+o(1))$. Entonces tenemos$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{c_{n+1} -c_{n} }{- \frac{\ln n}{8n^2}} = 1$ y también tenemos$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{c_{n+1} -c_{n} }{ \frac{\ln (n+1)+1}{8(n+1)} -\frac{\ln n+1}{8n} } = 1$. Para$\frac{\ln n+1}{8n}$, podemos integrar$-\frac{\ln x}{8x^2}$ con respecto a$x$.