¿Manera más rápida que el límite existe sin encontrar el límite?

Question

Deje $\{a_n\}$ $\{b_n\}$ dos secuencias de enteros tal que $a_1=b_1=1,$

\begin{align*} a_n=a_{n-1}+b_{n-1},\qquad\qquad b_n =r\,a_{n-1}+b_{n-1}. \end{align*}

Donde $r$ es un número natural $>1$. ($r$ es un valor fijo)

Escribir $c_n={b_n}/{a_n}$, como para demostrar el siguiente límite existe sin encontrarlo?

\begin{align*} \lim_{n\to\infty} c_n. \end{align*}

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Intento

He utilizado la inducción matemática para demostrar $\{c_{2n}\}$ es monótonamente decreciente y $\{c_{2n+1}\}$ es monótonamente creciente.

A continuación, tenga en cuenta que

\begin{align*} c_{n+1}=\frac{b_{n+1}}{a_{n+1}}&=\frac{r\,a_n+b_n}{a_n+b_n}\\ &=r-\frac{r-1}{\frac 1{b_n/a_n}+1}<r \end{align*}

Por lo tanto, $0<c_n<r$.

$\vdots$

En lugar de seguir utilizando este método (muy complicado), a algún otro más rápido maneras de demostrar que "existe"?

Traté de usar la definición de Cauchy de la secuencia y de asignación de contracción (son 2 métodos), pero no creo que el trabajo aquí.

Cualquier sugerencias o consejos se agradecen:)

Answer 1

Escribir las fórmulas en una matriz de la forma:

$$\begin{bmatrix}a_n\\b_n\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1&1\\r&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a_{n-1}\\b_{n-1}\end{bmatrix}$$ es decir, $$w_n=Aw_{n-1}$$

Observe que si usted normalizar todos los vectores después de aplicar el $A$, es que si se consideran $$v_n=\frac{Av_{n-1}}{||Av_{n-1}||}$$ en lugar de $w_n$, entonces se generará el mismo $\{c_n\}$. Esto es debido a que

• cambios de normalización de la magnitud del vector dado, no de dirección
• $A$ es una transformación lineal; el cambio de la magnitud de entrada, no cambia la dirección de su salida
• y, finalmente, $c_n$ depende de la n-ésima dirección.

Esta fórmula para $v_n$ anterior es exactamente lo que el poder de la iteración . La siguiente cita es útil (ha sido traducido a la altura de nuestros nombres elegidos y a partir de índice):

Si $A$ tiene un autovalor que es estrictamente mayor en magnitud que el resto de sus autovalores y el inicio de vectores $v_{1}$ tiene un componente distinto de cero en la dirección de un vector propio asociado con el autovalor dominante, luego de una larga $\{v_n\}$ converge a un vector propio asociado con el autovalor dominante.

Pensar acerca de los valores propios (es decir: $\lambda$) y cómo dependen $r$. Usted tendrá que considerar una ecuación cuadrática w.r.t. $\lambda$ y su discriminante, el cual será de primer grado w.r.t. $r$. Mediante el análisis de los dos va a encontrar que para $r>1$ siempre hay dos distintos real de los autovalores (y ninguno de ellos es $0$, esto va a ser importante en un momento). Aplicar adecuadamente los Vieta la fórmula para mostrar que no se puede sumar a $0$. Ellos no pueden ser iguales, que no puede ser lo contrario, así que autovalor es estrictamente mayor en magnitud seguro.

Si la partida no-vector cero no tenía ningún componente en la dirección de uno de los dos vectores propios, sería, entonces, el otro autovector. La aplicación de $A$ a que actuaría como multiplicar por autovalor (que es distinto de cero). Esto significa $w_1, w_2, w_3, …$ tendría la misma dirección, por lo $c_1, c_2, c_3, …$ sería igual y $\{c_n\}$ trivialmente convergen. En nuestro caso, sin embargo $c_1=1$$c_2\neq1$. Esto significa $v_1$ tiene un no-cero de la componente en la dirección de cualquiera de los dos vectores propios; en particular, en la dirección asociada con el autovalor dominante.

Así se cumplen las condiciones, $\{v_n\}$ converge para algún vector propio. Tiene algún sentido que corresponde al límite de $\{c_n\}$.

P: Pero espera! Si $\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}$ fue este autovector asociado con el autovalor dominante, no el límite de ser $\infty$ o $-\infty$?

R: creo que lo haría, no importa, aunque. Calcular el $A\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}$ y verá que no es un autovector.

Answer 2

No estoy seguro si el requisito para evitar encontrar el límite, pero de todas formas cabe la siguiente... Considerar el cambio de variable $$x_n=c_n-\frac{r}{c_n}$$ then $$x_{n+1}=-f(c_n)x_n$$ with $$f(c)=\frac{(r-1)c}{(c+1)(c+r)}$$ Now, for every $c # > 0$, $$(c+1)(c+r)\geqslant(r+1)c$$ hence $$f(c)\leqslant s$$ with $$s=\frac{r-1}{r+1}<1$$ Thus, $$|x_n|\leqslant s^{n-1}\cdot|x_1|$$ which implies that $$x_n\to0$$ hence $% $ $c_n\to\text{____}$

Answer 3

Otra vez, no estoy seguro si este satisface Tu criterio, pero si dejamos $f : [0,\infty) \to \mathbb{R}$ por

$$ f(z) = \frac{r+z}{1+z} $$

$f$ es decreciente, $0\leq f \leq r$ y $c_{n+1} = f(c_n)$. Así que si dejamos que

$$ \beta = \limsup_{n\to\infty} c_n, \qquad \alpha = \liminf_{n\to\infty} c_n $$

entonces tenemos $ \beta = f(\alpha)$ y $\alpha = f(\beta)$, es decir, ambos $\alpha$ y $\beta$ son puntos fijos no negativo de $g = f\circ f$. Puesto que esta función tiene un único negativo no punto fijo, esto demuestra que $\alpha = \beta$.

Answer 4

A partir de la primera relación $b_{n-1}=a_n-a_{n-1}$, entonces sustituyendo en la segunda:

$$ a_{n+1} = 2 a_n +(r-1)a_{n-1} \etiqueta{1} $$

A partir de la segunda relación $ra_{n-1}=b_n-b_{n-1}$, entonces sustituyendo en la primera y simplificando:

$$ b_{n+1} = 2b_n+(r-1)b_{n-1} \etiqueta{2} $$

Por lo tanto, $a_n$ $b_n$ satisfacer la misma lineal homogénea de recurrencia con polinomio característico $t^2-2t-(r-1)$, sólo que con distintas condiciones iniciales.

Deje $t_{1}=1 - \sqrt{r},\, t_{2}=1 + \sqrt{r}$ ser las raíces del polinomio característico, con $|t_2| \gt |t_1|$.

A continuación, $a_n=A_1t_1^n+A_2t_2^n$ $b_n=B_1t_1^n+B_2t_2^n$ para algunas constantes $A_i, B_j$ determinado por las condiciones iniciales. Se puede verificar con facilidad que $A_2 \ne 0$, por lo $c_n = b_n / a_n \to B_2 / A_2$.

Answer 5

Tenga en cuenta que $$c_{n+1}=\frac{ra_n+b_n}{a_n+b_n}=1+\frac{r-1}{\frac{a_n+b_n}{a_n}} =1+\frac{r-1}{1+c_n}.$ $ que quieren demostrar que el mapa $$f(x)=1+\frac{r-1}{1+x} $ $ es una contracción, es un poco problemático sin embargo, $$ f(f(x))=1+\frac{r-1}{2+\frac{r-1}{1+x}}=1+\frac{(r-1)(1+x)}{2(1+x)+r-1}=\frac{(r+1)x+2r}{2x+r+1}$ $ ha derivado $$ \frac{(r+1)(2x+r+1)-2((r+1)x+2r)}{(2x+r+1)^2}=\frac{(r-1)^2}{(2x+r+1)^2}<1$ $ no negativo $x$.