$a_{n+1}=a_n^{n+1}+a_n+1$

Question

Deje$a_1>1$ y$$a_{n+1}=a_n^{n+1}+a_n+1, \: \forall n \geq 1$ $ Editar: Demuestre que hay un número real$x \neq 0$ tal que$$\lim_{n \to \infty}\frac{a_n}{x^{n!}}=1$ $

Creo que$x=a_1$ funciona, e intenté usar el Teorema de compresión para probarlo. Desde$a_{n+1}>a_n^{n+1}>a_{n-1}^{n(n+1)}>\dots>a_1^{(n+1)!}$ obtenemos ese$1<\frac{a_{n+1}}{a_1^{(n+1)!}}$ y luego traté de encontrar otro límite para$a_{n+1}$, de modo que$\frac{a_{n+1}}{a_1^{(n+1)!}}<b_{n+1} \to 1$, pero nada parece funcionar.

Answer 1

Vamos

$$x = \lim_{n\to\infty} a_n^{1/n!}.$$

Sabemos de @frame95's respuesta que $x$ existe. Ahora establezca $\delta_n = \log a_n - n! \log x$ y el aviso de que

$$ \frac{\delta_{n+1}}{(n+1)!} = \frac{\delta_n}{n!} + \frac{1}{(n+1)!}\log\left( 1 + \frac{1}{a_n^n} + \frac{1}{a_n^{n+1}} \right). $$

Ya sabemos que $\delta_n/n! \to 0$, de forma recursiva la aplicación de la anterior relación y tomando el límite de muestra que

$$ \frac{\delta_n}{n!} = -\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{(n+k+1)!}\log\left( 1 + \frac{1}{a_{n+k}^{n+k}} + \frac{1}{a_{n+k}^{n+k+1}} \right) $$

Ahora, mediante la utilización de simples apreciaciones $a_{n+k} \geq a_n^{k!} \geq a_1^{k!}$$\log(1+t) \leq t$$t \geq 0$, se obtienen los siguientes muy crudo obligado

$$ \left| \delta_n \right| \leq \sum_{k=0}^{\infty} \frac{n!}{(n+k+1)!} \cdot 2 a_1^{-k!}. $$

Ya que cada sumando es delimitada por $2a_1^{-k!}$$\sum_{k=0}^{\infty} 2a_1^{-k!} < \infty$, teorema de convergencia dominada dice que

$$ \limsup_{n\to\infty} \left| \delta_n \right| \leq \sum_{k=0}^{\infty} \lim_{n\to\infty} \frac{n!}{(n+k+1)!} \cdot 2 a_1^{-k!} = 0. $$

Por lo tanto, $\delta_n \to 0$ y, por tanto, $a_n!/x^{n!} = e^{\delta_n} \to 1$ como se requiere.

Answer 2

Supongo que el que está mal, pero si va un paso más allá... Vamos a parar la cadena de desigualdades un poco antes: $$ a_n> a_{n-1}^n > \ldots > a_2 ^{n!/2} = (\sqrt{a_2} )^{n!}$$ Es esta una mejor estimación? Sí, porque $ \sqrt{a_2 }=\sqrt{ a_1^2 + a_1+1} > a_1$. Vamos a llamar a $d_r = a_r^{1/r!}$. La generalización de este argumento, obtenemos $$ a_{r+k} > a_{r+k-1}^{r+k} > \ldots > a_r^{ (r+k)!/r!} = d_r^{(r+k)!}$$ Vamos a analizar $\{d_r\}$. Vamos a demostrar que es un creciente y acotada de la secuencia, por lo tanto convergente a un número $\ell$. Infact $$ (1) \ \ increasing \ \ \ d_{r+1} = a_{r+1}^{1/(r+1)!} = ( a_r^{r+1} +a_r+1)^{1/(r+1)!} > d_r $$ Por inducción, uno puede fácilmente demostrar que $a_n +1 < (a_1+1) a_n^{n+1}$. Por lo tanto, $a_{n+1} < (a_1+2)a_n^{n+1}$. Este rendimientos $$ (2) \ \ bounded \ \ \ d_{n+1} < (a_1+2)^{1/(n+1)!} d_n < 2^{\sum^{n+1} (1/k!)} a_1/2 < 2^{e-1} a_1 $$ Si $x$ existe,$x=\ell$. Infact $$ \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{x^{n!}} = \lim_{n \to \infty} \left ( \frac{d_n}{x} \right )^{n!} = 1 \ \Rightarrow \ \frac{\ell}{x} = \lim_{n \to \infty} \frac{d_n}{x} = 1 $$ Aquí los resultados de mi parada: yo no puedo mostrar el refinado resultado de que esta $x$ existe!

Answer 3

Primero mostremos$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\ln a_n}{n!}$ existe.

Se puede mostrar que$\forall n\in\mathbb{N},\,\ln a_{n+1}-(n+1)\ln a_n=\ln(a_n^{n+1}+a_n+1)-\ln a_n^{n+1}\in(0,\ln 3)$.

Entonces, obtenemos$\forall n\in\mathbb{N}$,$\frac{\ln 3}{(n+1)!}\ge \frac{\ln a_{n+1}}{(n+1)!}-\frac{\ln a_n}{n!}=0$

Mediante el teorema de Squeeze, se puede mostrar la existencia de$x=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\ln a_n}{n!}$.

Tales$x$ da$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{x^{n!}}=1$.