Límite de una secuencia definida por la media aritmética y la media geométrica.

Question

Si $a_1 =\alpha$ , $ a_2 = \beta$ y, para cada $k$ , $$a_{2k+1}= \frac{1} {2k} \sum_{i=1}^{2k} a_i\qquad a_{2k+2}=\left(\prod_{i=1}^{2k+1} a_i\right)^{1/(2k+1)}$$ cuál es el límite de la secuencia $(a_k)$ Es decir, lo que es $\lim_{n\to\infty}{a_n}?$

Creo que esta secuencia converge, pero no puedo encontrar una pista para averiguar su límite.

Cuando $\alpha=\beta$ es evidente que $a_n=\alpha$ Sin embargo, si $\alpha\neq\beta,$ Creo que no puedo calcular exactamente lo que $a_n$ es, por lo que actualmente estoy atascado.

Sé que para todos $k$ , $\alpha \le a_k \le \beta$ y creo que esta secuencia converge hacia algún lugar cercano a $\min(\alpha, \beta)$ porque $a_1=\alpha$ , $a_2=\beta$ , $a_3=\frac{\alpha + \beta}{2}$ , $a_4=(\frac{\alpha\beta(\alpha+\beta)}{2})^{1/3}$ pero no sé qué hacer a continuación.

Por ejemplo, esta es una secuencia cuando $\alpha=2, \beta=4$ : $$a_1=2, a_2=4, a_3=3, a_4=2.8845, a_5=2.9711, a_6=2.90162, a_7=2.95953, a_8=2.9098, a_9=2.95331, a_{10}=2.91462, a_{11}=2.9494, a_{12}=2.91776, a_{13}=2.9468, a_{14}=2.91998...$$ Edición: Creo que como $n$ aumenta, $$a_{2k+2}\le a_{2k+4}\le a_{2k+3}\le a_{2k+1}$$ ¿Puede alguien confirmarlo, por favor? Si esto es correcto, $a_n$ converge a $2.9.....$

Encontré que la desigualdad anterior es correcta usando la inducción matemática

Dejemos que $\alpha<\beta$ entonces $a_3=\frac{\alpha+\beta}{2}$ , $a_4=\sqrt[3]{\alpha\beta\frac{\alpha+\beta}{2}}=\sqrt[3]{(\frac{\alpha+\beta}{2}+\frac{\beta-\alpha}{2})(\frac{\alpha+\beta}{2}-\frac{\beta-\alpha}{2})(\frac{\alpha+\beta}{2})}=\sqrt[3]{(\frac{\alpha+\beta}{2})^3-A}<\frac{\alpha+\beta}{2}=a_3$ Si $a_{2k+1}>a_{2k+2}$ , $$a_{2k+3}=\frac{1}{2k+2}\sum_{i=1}^{2k+2}{a_i}=\frac{a_{2k+2}+a_{2k+1}+\sum_{i=1}^{2k}{a_i}}{2k+2}=\frac{a_{2k+2}+(2k+1)a_{2k+1}}{2k+2}\\\therefore a_{2k+2}<a_{2k+3}<a_{2k+1}\\a_{2k+4}=(\prod_{i=1}^{2k+3}{a_i})^{\frac{1}{2k+3}}=(a_{2k+3}\cdot (a_{2k+2})^{2k+2})^{\frac{1}{2k+3}}\\\therefore a_{2k+2}<a_{2k+4}<a_{2k+3}\\\therefore a_{2k+2}<a_{2k+4}<a_{2k+3}<a_{2k+1}$$ Por inducción matemática, para todo número natural $n$ , $a_{2n+2}<a_{2n+4}<a_{2n+3}<a_{2n+1}$

Esto significa que la secuencia $\{a_{2n}\}$ y $\{a_{2n+1}\}$ converge, ya que las dos secuencias son monótona creciente y monótona decreciente, y las dos secuencias están acotadas (ya que $\alpha<\{a_{2n}\}<\{a_{2n+1}\}<\beta$ ). Ahora quiero saber si los dos límites de estas dos secuencias son iguales, es decir $\{a_{n}\}$ converge.

Answer 1

No ofrezco ninguna visión analítica, pero espero que algunos experimentos numéricos sean útiles.

Una cosa tengo que advertir: esta secuencia converge muy lentamente, de hecho, tan lentamente, que sin un software de precisión ilimitada (como Mathematica) es muy difícil encontrar incluso $3$ dígitos del límite. Puede que lo intente en Mathematica la próxima semana, pero hasta ahora he utilizado R para los experimentos.

(Para el OP: R es gratis, puedes descargarlo e instalarlo, y copiar el siguiente script allí si quieres hacer algunos experimentos tú mismo).

Para que la recurrencia sea más fácil de programar, la he reformulado de la siguiente manera:

$$\begin{cases} a_0=a \\ b_0=b \\ \displaystyle s_0=\frac{a+b}{2} \\ p_0 = (ab)^{1/3} \end{cases}$$

$$\begin{cases} a_n=s_{n-1} \\ \displaystyle b_n=p_{n-1} a^{\frac{1}{2n+1}}\\ \displaystyle s_n=\frac{n}{n+1}s_{n-1}+\frac{a_n+b_n}{2n+2} \\ \displaystyle p_n = p_{n-1}^{\frac{2n+1}{2n+3}} \left( a_n b_n \right)^{\frac{1}{2n+3}} \end{cases}$$

Puede que haya mejores formas de hacerlo, pero esta se me ocurrió. Todos los números parecen converger al mismo límite (aunque no tengo ninguna prueba formal de ello).

Para $n=100$ y para los datos iniciales el OP utilizó ( $a=2,b=4$ ) los resultados son:

$$a_n=2.9337 \dots \\ b_n=2.9320 \dots$$

Podemos suponer que el límite es de aproximadamente $2.933 \dots$ pero es difícil decir más sin usar una precisión ilimitada.

La convergencia es fácil de ver numéricamente, aunque estoy de acuerdo con el OP en que el hecho de que $\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} b_n$ queda por demostrar.

Esta es la trama de $a_n$ (rojo), $b_n$ (azul), $s_n$ (marrón) y $p_n$ (verde) en el caso anterior, generado por R:

Aquí está el programa en R :

#Kind of AGM, but different
options(digits=22)
a <-2;
b <- 4;
a0 <- a;
b0 <- b;
s0 <- (a0+b0)/2;
p0 <- (a0*b0)^(1/3);
n <- 0;
N <- 100;
x <- 1:N;
y <- rep.int(a,N);
z <- rep.int(b,N);
u <- rep.int(s0,N);
w <- rep.int(p0,N);
while (n < N-1){
                n <- n+1;
                a1 <- s0;
                b1 <- p0*a1^(1/(2*n+1));
                s1 <- n*s0/(n+1)+(a1+b1)/(2*n+2);
                p1 <- p0^((2*n+1)/(2*n+3))*(a1*b1)^(1/(2*n+3));
                y[n+1] <- a1;
                z[n+1] <- b1;
                u[n+1] <- s1;
                w[n+1] <- p1;
                a0 <- a1;
                b0 <- b1;
                s0 <- s1;
                p0 <- p1;
}
y2 <- (a+b)/2;
y1 <- (a*b*(a+b)/2)^(1/3);
plot(x,y,col="red",ylim=c(y1,y2),xlab="n",ylab="an,bn");
points(x,z,col="blue")
points(x,u,col="brown")
points(x,w,col="green")
a1
b1

---

En cuanto a la prueba de convergencia. Tomando el límite para las relaciones de recurrencia que he utilizado tenemos:

Para $n \gg 1$ :

$$\begin{cases} a_n=s_{n-1} \\ b_n=p_{n-1} \\ s_n=s_{n-1} \\ p_n = p_{n-1} \end{cases}$$

Porque sí:

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

$$\lim_{ n \to \infty} \frac{n}{n+1}=1$$

$$\lim_{ n \to \infty} \frac{x}{n}=0$$

Puede que esto no sea completamente riguroso, pero es lo suficientemente claro.

Answer 2

Ambos $a_{2n}$ y $a_{2n+1}$ parecen acercarse a un límite $L$ con una velocidad $L+C/n$ . Una forma de acelerar la convergencia es eliminar $C$ y $n$ de tres mandatos consecutivos: $$ x = L+\frac C{n-1}\\y=L+\frac Cn\\z=L+\frac C{n+1}\\ x-2y+z=\frac{2C}{n^3-n}\\ 2xz-yx-yz=\frac{2CL}{n^3-n}\\ L\approx \frac{2xz-yx-yz}{x-2y+z}$$ En el siguiente diagrama, los gráficos + y x se han ajustado a partir del $a_{2n}$ secuencia y la $a_{2n+1}$ secuencia.

El límite parece ser 2,93288, antes de que el desbordamiento cause problemas.

EDITAR:

Si $a_1=1-X$ y $a_2=1+X$ entonces $a_3=1$ y todo el resto de $a_n$ son funciones pares de $X$ . Todos ellos se acercan $1$ como $X\to0$ Así que intenté $$a_n=1+b(n)X^2+c(n)X^4+d(n)X^6+\cdots (n\geq4)$$ Al ignorar los términos de orden superior, parece que $$b(4)=-1/3\\b(5)=-1/3+1/4\\b(6)=-1/3+1/4-1/5\\b(7)=-1/3+1/4-1/5+1/6$$ y este patrón continúa. En el límite como $n\to\infty$ , $b(n)\to\frac12-\ln2$ . Así que una aproximación al límite, cuando $a_1=1-X$ y $a_2=1+X$ es $$1-(\ln2-\frac12)X^2$$ Por ejemplo, si $X=\frac13$ entonces $a_1=\frac23$ y $a_2=\frac43$ y el límite es $1-(\ln2-\frac12)/9$ . Entonces, cuando se triplica $a_1$ y $a_2$ Así que se empieza con $2$ y $4$ la aproximación es $$3-(\ln2-\frac12)/3\approx 2.9356$$ que está fuera por $0.003$ .