Prob. 17, Cap. 3 en Baby Rudin: Para $\alpha > 1$ ¿Cómo se obtienen estas desigualdades a partir de esta relación de recurrencia?

Question

Aquí está el Prob. 17, Cap. 3 del libro Principios del análisis matemático de Walter Rudin, 3ª edición:

Fijar $\alpha > 1$ . Toma $x_1 > \sqrt{\alpha}$ y definir $$x_{n+1} = \frac{\alpha + x_n}{1+x_n} = x_n + \frac{\alpha - x_n^2}{1+x_n}.$$

(a) Demuestre que $x_1 > x_3 > x_5 > \cdots$ .

(b) Demuestre que $x_2 < x_4 < x_6 < \cdots$ .

(c) Demuestre que $\lim x_n = \sqrt{\alpha}$ .

Mi esfuerzo:

A partir de la fórmula de recursión, podemos obtener $$x_{n+1} = \frac{ \alpha + x_n}{1+ x_n} = \frac{ \alpha + \frac{\alpha + x_{n-1}}{1+x_{n-1}} }{ 1 + \frac{\alpha + x_{n-1}}{1+x_{n-1}} } = \frac{ (\alpha + 1) x_{n-1} + 2 \alpha }{ 2x_{n-1} + ( 1 + \alpha ) } = \frac{\alpha+1}{2} + \frac{2 \alpha - \frac{(\alpha+1)^2}{2} }{2x_{n-1} + ( 1 + \alpha ) } = \frac{\alpha+1}{2} + \frac{ \alpha - \frac{\alpha^2+1 }{2} }{2x_{n-1} + ( 1 + \alpha ) }. $$

¿Y ahora qué?

Answer 1

Observe que $$ x_{n+1} = \frac{\alpha+x_n}{1+x_n} = 1 + \frac{\alpha-1}{1+x_n}. $$ Desde $\alpha-1>0$ tenemos que si $x_n<\sqrt{\alpha}$ entonces $$ x_{n+1} > 1 + \frac{\alpha-1}{1+\sqrt{\alpha}} = \frac{1+\sqrt{\alpha}+\alpha-1}{1+\sqrt{\alpha}} = \frac{\sqrt{\alpha}+\alpha}{1+\sqrt{\alpha}} = \sqrt{\alpha}$$ y, del mismo modo, si $x_n > \sqrt{\alpha}$ entonces $x_{n+1} < \sqrt{\alpha}$ . Desde $x_1>\sqrt{\alpha}$ se deduce por inducción que $x_n<\sqrt{\alpha}$ para $n$ incluso y $x_n>\sqrt{\alpha}$ para $n$ impar. En particular, $x_{n+1}-x_n > 0 $ si $n$ es par, y $x_{n+1}-x_n < 0 $ si $n$ es impar.

Observe que $$ x_{n+1} = \frac{\alpha+x_n}{1+x_n}\implies x_{n+1}(1+x_n) = \alpha+x_n \implies x_nx_{n+1} = \alpha - (x_{n+1}-x_n) $$ y por lo tanto $$ x_n(x_{n+1}-x_{n-1}) = (x_n-x_{n-1}) - (x_{n+1}-x_n). $$ Está claro que $x_n>0$ para todos $n$ Así pues, vemos que si $n$ es impar, entonces $x_n-x_{n-1}>0$ y $x_{n+1}-x_n<0$ Así que $x_{n+1}-x_{n-1} > 0$ , mientras que si $n$ es par, entonces $x_n-x_{n-1}<0$ y $x_{n+1}-x_n>0$ Así que $x_{n+1}-x_{n-1} <0$ .

Así, $x_3-x_1<0$ , $x_5-x_3<0$ y así sucesivamente, por lo que $x_1 > x_3 > x_5 > \dots$ , mientras que $x_4-x_2>0$ , $x_6-x_4>0$ y así sucesivamente, por lo que $x_2 < x_4 < x_6 < \dots$ .

Esto demuestra (a) y (b).

Ahora bien, como $x_n>\sqrt{\alpha}$ para $n$ impar, y $x_1>x_3>x_5>\dots$ se deduce que la sucesión de términos Impares $\{x_{2n-1}\}$ es monotónicamente decreciente y está acotado por debajo, por lo que tiene un límite (digamos $L$ ). Del mismo modo, la sucesión de términos pares $\{x_{2n}\}$ es monotónicamente creciente y está acotado desde arriba (es decir, por $\sqrt{a}$ ), por lo que también tiene un límite (digamos $M$ ). Estos límites deben satisfacer $L\ge\sqrt{\alpha}$ y $M\le\sqrt{\alpha}$ . A partir de la ecuación $$ x_{n+1} = \frac{\alpha+x_n}{1+x_n} $$ si consideramos $n$ impar y tomar límites en ambos lados, obtenemos $$ M = \frac{\alpha+L}{1+L} $$ mientras que si consideramos $n$ incluso y tomar límites, obtenemos $$ L = \frac{\alpha+M}{1+M}. $$ Así, si definimos la secuencia $\{y_n\}$ por $y_1 = L$ y $y_{n+1} = \frac{\alpha+y_n}{1+y_n}$ , entonces la secuencia $\{y_n\}$ es sólo $\{L,M,L,M,\dots\}$ . Si $L>\sqrt{\alpha}$ entonces podemos aplicar lo que hemos demostrado en la parte (a) para concluir que $y_1 > y_3 > y_5 > \dots$ lo cual es imposible ya que todos los términos de impar son $L$ . Desde $L\ge\sqrt{\alpha}$ se deduce que $L = \sqrt{\alpha}$ y se puede comprobar fácilmente que esto obliga a $M = \sqrt{\alpha}$ también. Así, el impar e incluso los límites subsiguientes son ambos $\sqrt{\alpha}$ por lo que el límite de la secuencia es $\sqrt{\alpha}$ también.

Answer 2

$$\text {Let } a_n=(\sqrt \alpha)\tan (d_n+\pi /4) \text { with } d_n\in (0,\pi /4).$$ Utilizando $\tan (x +\pi /4)=(1+\tan x)/(1-\tan x)$ cuando $\tan x \ne 1,$ llegamos, después de algunos cálculos, a que $$\tan d_{n+1}=k \tan d_n$$ $$ \text { where } k=\frac {1-\sqrt {\alpha} }{1+\sqrt {\alpha}}.$$ Observe que $0>k>-1$ porque $\alpha >1.$

Observación. He probado esta sustitución por analogía heurística con una sustitución del método de Heron: Si $\sqrt {\alpha} \ne b_1>0$ y $b_{n+1}=(b_n+\alpha /b_n)/2,$ entonces $b_n>\sqrt {\alpha}$ para $n\geq 2.$ Dejemos que $b_n=\sqrt {\alpha} \coth c_n$ para $n\geq 2$ con $c_2>0.$ Entonces $c_n=2^{n-2}c_2$ para $n\geq 2.$ En esta Q he intentado $\tan$ porque $\tan d_n$ suplentes $\pm. $