límite de : $a_{n+2} =\frac{1}{a_n} + \frac{1}{a_{n+1}}$

Question

$a_n$ es una verdadera secuencia, $a_1,a_2$ son positivos y para todos $n>2$ : $$ a_{n+2} =\frac{1}{a_{n+1}} + \frac{1}{a_{n}}.$$ Probar que: $\displaystyle \lim_{n\to \infty} a_n$ existe, entonces la encontrará.

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Mathematica me dio $\sqrt{2}$ como una primera aproximación al límite, he intentado eliminar la $a_{n+2}$, a continuación, hacer un trabajo con Stolz lema, pero he fracasado, ¿hay alguna estrategia para encontrar la asintótica de expansión para este tipo de secuencias (puedo hacerlo sólo si se trataba de un primer orden) ?

Cualquier ayuda es muy apreciada (si te resulta demasiado fácil, justo después de las pistas).

Answer 1

Es fácil mostrar que la sucesión está acotada. Si $\sqrt{2}/M \le a_n,a_{n+1} \le \sqrt{2}M$,$\sqrt{2}/M \le a_{n+2} \le \sqrt{2}M$.

De hecho, si dejamos $b_n=\max(|\log (a_n/\sqrt{2})|,|\log (a_{n+1}/\sqrt{2})|)$,$b_{n+1}\le b_n$. Por lo tanto (desde $b_n$ es no negativa) $b_n$ converge a su infimum. Nos deja denotar $\lim_{n\to\infty} b_n = B$. Todo lo que queda por hacer es demostrar que $B=0$. Supongamos que $B>0$, luego de algunos $N$, $B-\epsilon<b_n<B+\epsilon$ todos los $n>N$. Por lo $|\log (a_{N}/\sqrt{2})|<B+\epsilon$$|\log (a_{N+1}/\sqrt{2})|<B+\epsilon$. Si tanto $a_N$ $a_{N+1}$ están en lados diferentes de $\sqrt{2}$, $|\log (a_{N+2}/\sqrt{2})|<B-2\epsilon$ ($C$ algunas constantes) y el mismo para $a_{N+3}$. Si ambos están en el mismo lado, a continuación, $a_{N+2}$ está en el otro lado, y el argumento es el mismo. En cualquier caso tenemos que $b_{N+3}<B-2\epsilon$ y así una contradicción.

Answer 2

Si $a_n$ converge hacia a $a$, el límite se satisface $a = \frac 1 a + \frac 1 a$.

Answer 3

Tal vez para probar esto. Supongamos que $$ {\sqrt{2}}(1+\varepsilon)>a_{n+1}>\frac{\sqrt{2}}{1+\varepsilon},\qquad {\sqrt{2}}(1+\varepsilon)>a_{n}>\frac{\sqrt{2}}{1+\varepsilon}. $$ Si $a_{n+1},a_n$ están en el mismo lado de la $\sqrt{2}$, $a_{n+2}$ está en el lado opuesto y $$ {\sqrt{2}}(1+\varepsilon)>a_{n+2}>\frac{\sqrt{2}}{1+\varepsilon}. $$ Si $a_{n+1},a_n$ son lados opuestos de $\sqrt{2}$, luego $$ {\sqrt{2}}\left(1+\frac{\varepsilon}{2}\right)>a_{n+2}>\frac{\sqrt{2}}{\displaystyle 1+\frac{\varepsilon}{2}}. $$

Answer 4

Vamos a reescribir la igualdad de la siguiente manera:

$$a_{n+1} =\frac{1}{a_{n}} + \frac{1}{a_{n-1}}.$$ Now, let's subtract $a_n$ de ambos lados de la ecuación:

$$\frac{a_{n+1}-a_n}{n+1-n} =\frac{1}{a_{n}} + \frac{1}{a_{n-1}}-a_n$$ Ahora, cuando n tiende a infinito permite denotar

$$a_n=a$ $ , A continuación, aproximadamente:

$$\frac{da}{dn}=\frac{2}{a}-a$$ o

$$\frac{a\;da}{2-a^2}=dn$$ Después de integrar, se obtiene:

$$\ln(2-a^2)=-2n+\text{const}$$ o

$$a^2=2-\text{const}\;e^{-2n}$$ A conclusion: $a_n$ is approaching the limit value $\sqrt{2}$ de manera exponencial.

Answer 5

No se trata de una prueba (en todo), pero rara vez me pierda la oportunidad de utilizar fracciones impropias. Observamos que, $a_n \neq 0$ todos los $n \in \mathbb{N}$. (Esto no significa que el límite es distinto de cero, o incluso existe). $$ a_{n+2} = \frac{1}{a_{n+1}}+\frac{1}{a_n} = \frac{1}{\frac{1}{a_n+a_{n-1}}} + \frac{1}{\frac{1}{a_{n-1}+a_{n-2}}} $$

Así, en el límite este se convierte en un interminable pila, $$ \lim_{n\to\infty} a_n = \frac{1}{\frac{1}{\frac{1}{\vdots}+\frac{1}{\vdots}}+\frac{1}{\frac{1}{\vdots}+\frac{1}{\vdots}}} + \frac{1}{\frac{1}{\frac{1}{\vdots}+\frac{1}{\vdots}}+\frac{1}{\frac{1}{\vdots}+\frac{1}{\vdots}}} $$

$$ \lim_{n\to\infty}a_n = \frac{1}{\lim_{n\to\infty}a_n} + \frac{1}{\lim_{n\to\infty}a_n} = \frac{2}{\lim_{n\to\infty}a_n} $$

Por último, tenemos; $$ (\lim_{n\to\infty}a_n)^2 = 2 \implica \lim_{n\to\infty}a_n = \sqrt{2} $$

Lo siento que no se trata de una rigurosa prueba, pero seguro que es una manera de la diversión de mirar el problema.