Problema Deje α>1. Una secuencia (xn)n≥0 está definido de tal forma que x0>√α y xn+1=xn+αxn+1 , ∀n∈N0 ¿Esta secuencia converge? Si es así, ¿a qué?
He resuelto la suma de una manera y así quieren a alguien para comprobar su validez. Si hay error, por favor corregirlo. Y también si hay alguna otra alternativa de solución, por favor mostrar. He adjuntado un enlace a mi solución: Mi Solución
En primer lugar, tenga en cuenta que si esta secuencia convergen, el límite de x cumple
x(x+1)=x+α x2−α=0
así que si la secuencia converge, sólo puede converger a √α. (Los términos son no negativos). Ahora, mostramos que converge. Tenga en cuenta que
|xn+1−xn|=|(xn+α)(xn−1+1)−(xn−1+α)(xn+1)(xn+1)(xn−1+1)|=|(xn−xn−1)(1−α)(xn+1)(xn−1+1)|
Ahora, tenemos el siguiente límite:
(xn+1)(xn−1+1)=xn−1+α+xn−1+1>α+1
por lo tanto
|xn+1−xn|<|α−1α+1||xn−xn−1|
Esto establece que xn es una secuencia de contracción α>1, por lo tanto es convergente.
Desde α>1, obtenemos \begin{align}
x_{n+1}
&=\frac{x_n+\alpha}{x_n+1}\\
&=\frac{\alpha-1}{x_n+1}+1\\[6pt]
&\gt1\tag{1}
\end {Alinee el} iterando la recursión, obtenemos \begin{align}
x_{n+2}
&=\frac{\frac{x_n+\alpha}{x_n+1}+\alpha}{\frac{x_n+\alpha}{x_n+1}+1}\\
&=\frac{x_n+\alpha+\alpha(x_n+1)}{x_n+\alpha+x_n+1}\\
&=\frac{x_n(\alpha+1)+2\alpha}{2x_n+(\alpha+1)}\tag{2}
\end {Alinee el} por lo tanto, desde xn>1, si restamos √α (2), obtenemos \begin{align}
\left|\,x_{n+2}-\sqrt\alpha\,\right|
&=\left|\,\frac{x_n(\alpha-2\sqrt\alpha+1)-\sqrt\alpha(\alpha-2\sqrt\alpha+1)}{2x_n+(\alpha+1)}\,\right|\\[3pt]
&=\left|\,x_n-\sqrt\alpha\,\right|\frac{(\alpha+1)-2\sqrt\alpha}{(\alpha+1)+2x_n}\\[3pt]
&\le\left|\,x_n-\sqrt\alpha\,\right|\color{#C00000}{\frac{(\alpha+1)-2\sqrt\alpha}{(\alpha+1)+2}}\tag{3}
\end {Alinee el} desde 0<(√α−1)2α+3=(α+1)−2√α(α+1)+2=1−2√α+1α+3<1, (3) de la desigualdad dice que pares y nones los índices convergen a √α.
Esta relación de recurrencia resultaba familiar, y por supuesto me mostró cómo resolver esta clase de problemas anteriores. Primero debemos reescribir como xn+1=xn+αxn+1=1+α−1xn+1 Así que ahora nos vamos a yn=xn−1 y hemos yn+1=α−1yn+2 Ahora, el truco que funciona es zn=1yn+c Donde c está por determinarse. A continuación, yn=1/zn−c y 1zn+1−c=α−11zn−c+2=1−czn+1zn+1=(α−1)zn1+(2−c)zn Compensación denominadores, (α−1)znzn+1=1−czn+1+(2−c)zn−c(2−c)znzn+1 Podemos eliminar el término no lineal si c2−2c−α+1=0, lo c=1±√1+α−1=1−√α a fin de hacer la zn→∞n→∞. Entonces tenemos un lineal de la diferencia de ecuaciones con coeficientes constantes, (1−√α)zn+1−(1+√α)zn=1 La homogénea diferencia de la ecuación es (1−√α)zh,n+1−(1+√α)zh,n=0 Dejando zh,n=rn que se derivan de la ecuación característica (1−√α)r−(1+√α)=0 Así que la solución a la ecuación homogénea es zh,n=K(1+√α1−√α)2 Y tratando de una constante de la solución la encontramos muy pronto que zp,n=−12√α es una solución particular de la no homogénea diferencia de la ecuación. Por lo tanto la solución general es zn=zp,n+zh,n=−12√α+K(1+√α1−√α)2 La aplicación de las condiciones iniciales, z0=−12√α+K=1y0+1−√α=1x0−√α Así K=1x0−√α+12√α=x0+√α2√α(x0−√α) zn=−12√α+K(1+√α1−√α)n Trabajando de nuevo al comienzo, xn=1−12√α+K(1+√α1−√α)n+√α Desde α>1, se deduce que lim Así \lim_{n\rightarrow\infty}x_n=\sqrt{\alpha} Tal vez un poco más largo aliento, pero hemos sido capaces de derivar una expresión para x_n.
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