¿Convergen $x_{n+1}=\frac{x_n+\alpha}{x_n+1}$?

Question

Problema Deje $\alpha > 1$. Una secuencia $(x_n)_{n \ge 0} $ está definido de tal forma que $x_0 > \sqrt{\alpha}$ y $$x_{n+1}=\frac{x_n+\alpha}{x_n+1} \ ,\ \forall n \in \mathbb{N^0}$$ ¿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

Answer 1

En primer lugar, tenga en cuenta que si esta secuencia convergen, el límite de $ x $ cumple

$$ x(x+1) = x + \alpha $$ $$ x^2 - \alpha = 0 $$

así que si la secuencia converge, sólo puede converger a $ \sqrt{\alpha} $. (Los términos son no negativos). Ahora, mostramos que converge. Tenga en cuenta que

$$ |x_{n+1} - x_n| = \left| \frac{(x_n + \alpha)(x_{n-1} + 1) - (x_{n-1} + \alpha)(x_n + 1)}{(x_n + 1)(x_{n-1} + 1)} \right| = \left| \frac{(x_n - x_{n-1})(1 - \alpha)}{(x_n + 1)(x_{n-1} + 1)} \right| $$

Ahora, tenemos el siguiente límite:

$$ (x_n + 1)(x_{n-1} + 1) = x_{n-1} + \alpha + x_{n-1} + 1 > \alpha + 1 $$

por lo tanto

$$ |x_{n+1} - x_n| < \left| \frac{\alpha - 1}{\alpha + 1} \right| |x_n - x_{n-1}| $$

Esto establece que $ x_n $ es una secuencia de contracción $ \alpha > 1 $, por lo tanto es convergente.

Answer 2

Si el % de límite $L$existen, será tal que $$L=\frac{L+\alpha}{L+1}$$ Reducing to same denominator $% $ $L^2+L=L+\alpha$estoy seguro que usted puede tomar desde aquí.

Answer 3

Desde $\alpha\gt1$, 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 $x_n\gt1$, si restamos $\sqrt\alpha$ $(2)$, 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 $0\lt\frac{\left(\sqrt\alpha-1\right)^2}{\alpha+3}=\color{#C00000}{\frac{(\alpha+1)-2\sqrt\alpha}{(\alpha+1)+2}}=1-2\frac{\sqrt\alpha+1}{\alpha+3}\lt1$, $(3)$ de la desigualdad dice que pares y nones los índices convergen a $\sqrt\alpha$.

Answer 4

Esta relación de recurrencia resultaba familiar, y por supuesto me mostró cómo resolver esta clase de problemas anteriores. Primero debemos reescribir como $$x_{n+1}=\frac{x_n+\alpha}{x_n+1}=1+\frac{\alpha-1}{x_n+1}$$ Así que ahora nos vamos a $y_n=x_n-1$ y hemos $$y_{n+1}=\frac{\alpha-1}{y_n+2}$$ Ahora, el truco que funciona es $$z_n=\frac1{y_n+c}$$ Donde $c$ está por determinarse. A continuación, $y_n=1/z_n-c$ y $$\frac1{z_{n+1}}-c=\frac{\alpha-1}{\frac1{z_n-c+2}}=\frac{1-cz_{n+1}}{z_{n+1}}=\frac{(\alpha-1)z_n}{1+(2-c)z_n}$$ Compensación denominadores, $$(\alpha-1)z_nz_{n+1}=1-cz_{n+1}+(2-c)z_n-c(2-c)z_nz_{n+1}$$ Podemos eliminar el término no lineal si $c^2-2c-\alpha+1=0$, lo $c=1\pm\sqrt{1+\alpha-1}=1-\sqrt{\alpha}$ a fin de hacer la $z_n\rightarrow\infty$$n\rightarrow\infty$. Entonces tenemos un lineal de la diferencia de ecuaciones con coeficientes constantes, $$(1-\sqrt{\alpha})z_{n+1}-(1+\sqrt{\alpha})z_n=1$$ La homogénea diferencia de la ecuación es $$(1-\sqrt{\alpha})z_{h,n+1}-(1+\sqrt{\alpha})z_{h,n}=0$$ Dejando $z_{h,n}=r^n$ que se derivan de la ecuación característica $$(1-\sqrt{\alpha})r-(1+\sqrt{\alpha})=0$$ Así que la solución a la ecuación homogénea es $$z_{h,n}=K\left(\frac{1+\sqrt{\alpha}}{1-\sqrt{\alpha}}\right)^2$$ Y tratando de una constante de la solución la encontramos muy pronto que $$z_{p,n}=\frac{-1}{2\sqrt{\alpha}}$$ es una solución particular de la no homogénea diferencia de la ecuación. Por lo tanto la solución general es $$z_n=z_{p,n}+z_{h,n}=\frac{-1}{2\sqrt{\alpha}}+K\left(\frac{1+\sqrt{\alpha}}{1-\sqrt{\alpha}}\right)^2$$ La aplicación de las condiciones iniciales, $$z_0=\frac{-1}{2\sqrt{\alpha}}+K=\frac1{y_0+1-\sqrt{\alpha}}=\frac1{x_0-\sqrt{\alpha}}$$ Así $$K=\frac1{x_0-\sqrt{\alpha}}+\frac1{2\sqrt{\alpha}}=\frac{x_0+\sqrt{\alpha}}{2\sqrt{\alpha}\left(x_0-\sqrt{\alpha}\right)}$$ $$z_n=\frac{-1}{2\sqrt{\alpha}}+K\left(\frac{1+\sqrt{\alpha}}{1-\sqrt{\alpha}}\right)^n$$ Trabajando de nuevo al comienzo, $$x_n=\frac1{\frac{-1}{2\sqrt{\alpha}}+K\left(\frac{1+\sqrt{\alpha}}{1-\sqrt{\alpha}}\right)^n}+\sqrt{\alpha}$$ Desde $\alpha>1$, se deduce que $$\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{1+\sqrt{\alpha}}{1-\sqrt{\alpha}}\right|^n=\infty$$ Así $$\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=\sqrt{\alpha}$$ Tal vez un poco más largo aliento, pero hemos sido capaces de derivar una expresión para $x_n$.