28 votos

La forma cerrada para la secuencia definida por $a_0=1$ y $a_{n+1} = a_n + a_n^{-1}$

Hoy hemos tenido una clase de matemáticas, donde teníamos que mostrar, que $a_{100} > 14$ para

$$a_0 = 1;\qquad a_{n+1} = a_n + a_n^{-1}$$

Aparte de esta tarea, me pregunté a mí mismo: ¿hay una forma cerrada para esta secuencia? Ya que no he encontrado una respuesta por mí mismo, puede que alguien me diga, si esa forma cerrada existe, y si sí lo es?

21voto

Did Puntos 1

Una forma cerrada dudo que haya. Pero asymptotics son fáciles: $$ a_{n+1}^2=a_n^2+2+1/a_n^2, $$ por lo tanto, por cada $n\ge1$, $$ a_n^2=2n+1+\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{a_k^2}.\qquad\qquad\qquad\qquad (*) $$ Esto muestra que $a_n^2\ge2n+2$ para todo $n\ge1$, por ejemplo $a_{100}\ge\sqrt{202}>10\sqrt{2}>14$. En particular, $a_n\+\infty$. Conectar esta en $(*)$ produce $a_n^2=2n+1+o(n)$ por lo tanto $$ \sqrt{2n}\le a_n\le\sqrt{2n}+o(\sqrt{n}). $$ En este punto, sabemos que $a_n^2\ge2n+2$ para todo $n\ge1$. Usando $(*)$ de nuevo, se ve que, por cada $n\ge1$, $$ a_n^2\le2n+2+\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{2+2k}\le2n+2+\frac12\log(n). $$ Conectar este límite superior de $a_n^2$ en $(*)$ daría un refinado límite inferior de $a_n^2$. Y uno podría, a continuación, conecte este refinado límite inferior en $(*)$ de nuevo para obtener una refinada límite superior. Y así sucesivamente, de ida y vuelta entre el mejor y el mejor de límites superiores y mejor y mejor los límites inferiores. (No más asymptotics aquí.)

14voto

Matthew Scouten Puntos 2518

Estoy de acuerdo, una forma cerrada es muy raro. Como para ser más precisos asymptotics, creo que $a_n = \sqrt{2n} + 1/8\,{\frac {\sqrt {2}\ln \left( n \right) }{\sqrt {n}}}-{\frac {1}{ 128}}\,{\frac {\sqrt {2} \left( \ln \left( n \right) -2 \right) ^{2} + o(1)} {{n}^{3/2}}}$

10voto

Matthew Scouten Puntos 2518

Para más detalles sobre cómo conseguí mi respuesta: empecé con Didier $a(n) \approx \sqrt{2n}$ y miró para un período siguiente. $a(n) = \sqrt{2n}$ haría $ a(n+1) - (a(n) + a(n)^{-1}) = \sqrt {2\,n+2}-\sqrt {2}\sqrt {n}-1/2\,{\frac {\sqrt {2}}{\sqrt {n}}} = - \frac{\sqrt{2}}{8} n^{-3/2} + O(n^{-5/2})$. Con $a(n) = \sqrt{2n} + c n^{-1/2}$ I no conseguir un cambio en el $n^{-3/2}$ plazo, de modo que traté de $a(n) = \sqrt{2n} + c \ln(n) n^{-1/2}$ y tengo $a(n+1) - (a(n) + a(n)^{-1}) = (-\frac{2}{\sqrt{8}} + c) n^{-3/2} + \ldots$. Así que para deshacerse de la $n^{-3/2}$ plazo quiero $c = \frac{2}{\sqrt{8}}$. A continuación, mira el líder plazo para $a(n) = \sqrt{2n} + \frac{2}{\sqrt{8}} \ln(n) n^{-1/2}$ y continuar en esa línea...

6voto

Alex Bolotov Puntos 249

A partir de mi respuesta aquí: Dado $a_{1}=1, \ a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{a_{n}}$, encontrar $\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{n}$

Volver a colocar aquí, ya que es poco perdido en ese hilo y este hilo es el más adecuado para él.

Nota: no tengo ni idea de si una forma cerrada existe, pero aquí es una estimación asintótica...

Creo que podemos demostrar que $$\displaystyle a_{n}^2 \sim 2n + \dfrac{\log n}{2} - C$$ constantes $\displaystyle C \gt 0$

Por $\displaystyle x_n \sim y_n$ I $\displaystyle \lim_{n \to \infty} (x_n - y_n) = 0$

Considerar $b_n = a_{n}^2 - 2n$

Entonces tenemos que $\displaystyle b_{n+1} = b_n + \dfrac{1}{b_n + 2n}$

Note que $b_0 \gt 0$ y por tanto $\displaystyle b_n \gt 0$.

(Tenga en cuenta que el otro hilo enlazado más arriba comienza con $a_1 = 1$ y $a_0 = 1$.)

Podemos demostrar fácilmente que $b_n \lt 2 + \log n$, como

$b_{n+1} - b_n = \dfrac{1}{b_n + 2n} \lt \dfrac{1}{2n}$

Sumando nos da la fácil límite superior. Tenga en cuenta, incluso a pesar de que podemos dar más estrictos límites, esto es suficiente para nuestros propósitos.

Ahora tenemos que, para suficientemente grande $\displaystyle m,n$

$\displaystyle b_{m+1} - b_n = \sum_{k=n}^{m} \dfrac{1}{b_k + 2k}$

tenemos que

$\displaystyle \sum_{k=n}^{m} \dfrac{1}{2k} \gt b_{m+1} - b_n \gt \sum_{k=n}^{m} \dfrac{1}{2k}(1- \dfrac{b_k}{2k})$

(Aquí usamos $\displaystyle \dfrac{1}{1+x} \gt \ \ 1-x, 1 \gt x \gt 0$)

Ahora Desde $b_k \lt 2 + \log k$, tenemos que

$\displaystyle \sum_{k=n}^{m} \dfrac{1}{2k} \gt b_{m+1} - b_n \gt \sum_{k=n}^{m} \dfrac{1}{2k} - \sum_{k=n}^{m} \dfrac{2 + \log k }{4k^2}$

Utilizando el hecho de que $\displaystyle H_m - H_n = \log(\dfrac{m+1}{n}) + O(\dfrac{1}{n}) + O(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{m})$, donde $\displaystyle H_n = \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k}$ es $\displaystyle n^{th}$ número armónico.

Vemos que,

si $c_n = b_n - \dfrac{\log n}{2}$, entonces

$\displaystyle O(\dfrac{1}{n} -\dfrac{1}{m}) + O(\dfrac{1}{n}) \gt c_{m+1} - c_n \gt O(\dfrac{1}{n} -\dfrac{1}{m}) + O(\dfrac{1}{n}) -\sum_{k=n}^{m} \dfrac{2 + \log k }{4k^2}$

Ahora $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{2 + \log k}{k^2}$ es convergente y por los criterios de convergencia de Cauchy, tenemos que $\displaystyle c_n$ es convergente.

Por consiguiente, la sucesión $\displaystyle a_{n}^2 - 2n - \dfrac{\log n}{2}$ converge y, por lo tanto, para algunos $\displaystyle C$ tenemos que

$$\displaystyle a_{n}^2 \sim 2n + \dfrac{\log n}{2} - C$$

o en otras palabras

$$\displaystyle a_{n} \sim \sqrt{2n + \dfrac{\log n}{2} - C}$$

Un rápido (posiblemente incorrecta) simulación por ordenador parece mostrar una muy lenta convergencia $\displaystyle C = 1.47812676429749\dots$

Nota: Didier sugirió una alternativa de la prueba en los comentarios de abajo, que podría más simple.

4voto

retracile Puntos 126

Consideremos la formulación funcional. Dado que $y(0)=1$, $y' = \frac{1}{y}$ produce $ y(x) = \sqrt{2x+1}$.


No estoy diciendo $a(n)=y(n)$. Sin embargo, hay un vínculo entre los dos enfoques (diferencias finitas).

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