He a $a_k=\frac1{(k+1)^\alpha}$ $c_k=\frac1{(k+1)^\lambda}$ donde$0<\alpha<1$$0<\lambda<1$, y tenemos una infinita secuencia $x_k$ con la siguiente ecuación de evolución. $$ x_{k+1}=\left(1-a_{k+1}\right)x_{k}+a_{k+1}c_{k+1}^{2} $$ He comprobado que $x_k$ es limitado y obviamente positiva. ¿Cómo puedo saber su límite?
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mjqxxxx
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Como se señaló en los comentarios, una solución general a $x_{n+1}=f_n x_n + g_n$ es posible. Definir $F_0=1$$F_{n+1} = \prod_{i=0}^{n} f_n^{-1} = f_n^{-1} F_{n}$$n\ge 0$. A continuación,$f_n = F_{n} / F_{n+1}$, y la recurrencia de la relación se convierte en $$ F_{n+1} x_{n+1} = F_{n} x_{n} + F_{n+1} g_n. $$ Este tiene la solución $F_{n+1} x_{n+1} = F_{0} x_{0} + \sum_{i=0}^{n} F_{i+1} g_{i}$, o $$ x_{n+1} = \frac{F_0}{F_{n+1}} x_{0} + \sum_{i=0}^{n} \frac{F_{i+1}}{F_{n+1}} g_{i} = x_{0}\prod_{i=0}^{n} f_{i} + \sum_{i=0}^{n} g_{i} \prod_{j=i+1}^{n} f_{j}. $$ Tenga en cuenta que el producto final está vacía cuando se $i=n$, y tiene el valor de $1$ en ese caso. En el problema específico dado, $f_{i}=1-(i+2)^{-\alpha}$ $g_{i} = (i+2)^{-\alpha-2\lambda}$ (hasta posible $\pm 1$ errores en el problema o mi solución). Los productos parciales $\prod_{i=0}^{n} f_{i}$ divergen a cero, de modo que el primer término se desvanece para un gran $n$, y el límite de la secuencia es independiente de $x_0$. El resultado es que $$ \lim_{n\rightarrow\infty}x_{n} = \lim_{n\rightarrow\infty}\left[\sum_{i=0}^{n} (i+2)^{-\alpha-2\lambda} \prod_{j=i+1}^{n} \left(1-(j+2)^{-\alpha}\right)\right], $$ siempre que el límite existe (que no parece obvio).
Vamos a mostrar que $x_k\to0$.
Para cada positivos $u$, existe un número finito de enteros $k(u)$ tal que $c_{k+1}^2\le u$ por cada $k\ge k(u)$, por lo tanto $x_{k+1}\le(1-a_{k+1})x_k+a_{k+1}u$.
-- Si existe $k\ge k(u)$ tal que $x_k\le u$, $x_i\le u$ por cada $i\ge k$, por lo tanto $\limsup x_i\le u$.
-- De lo contrario, $x_k\ge u$ por cada $k\ge k(u)$ y, además,$(x_{k+1}-u)\le(1-a_{k+1})(x_k-u)$. Por lo tanto $(x_k-u)\le b(k,k(u))(x_{k(u)}-u)$, con $$ b(k,k(u))=\prod_{i=k(u)+1}^k(1-a_i). $$ Ahora, la serie se $\displaystyle\sum_ka_k$ diverge por lo tanto $b(k,k(u))\to0$ al $k\to+\infty$, e $\limsup x_k-u\le0$.
En ambos casos, $\limsup x_i\le u$. Esto es válido para cada positivos $u$, por lo tanto $x_k\to0$.
La prueba utiliza sólo que $c_k\to0$, $a_k\in[0,1]$ y $\displaystyle\sum_ka_k$ diverge.
