Aplicación de la Inducción en el análisis de la convergencia de una secuencia definida recursiva.
Dejar $\left\{a_{n}\right\}$ ser definido recursivamente por $$ a_{n+1}=\frac{1}{4-3 a_{n}}, \quad n \geq 1 $$ Determina para cual $a_{1}$ la secuencia converge y en caso de convergencia encuentra su límite.
Mi enfoque: tenga en cuenta que$$a_{n +1}=\frac{1}{4-3a_{n}}, \quad n\geq 1$$ así que, en primer lugar, me gustaría encontrar $a_{n}$. Ahora, estaba tratando de encontrar un patrón pero no puedo encontrar esto \ begin {eqnarray *} n = 1 & \imp & a_ {2} = \ frac {1} {4-3a_ {1}} = \ frac {(3 ^ {2-1} -1) - (3 ^ {2-1} -3) a_ {1}} {(2 ^ {2}) - (3 ^ {2} -6) a_ {1 }} \\ n = 2 & \ implica & a_ {3} = \ frac {1} {4-3a_ {2}} = \ frac {1} {4-3 \ left (\ frac {1} {4- 3a_ {1}} \ right)} = \ frac {4-3a_ {1}} {4 (4-3a_ {1}) - 3} \\ \ vdots & \ implica & \ vdots \\ \ end {eqnarray * } Si lo se$a_{n}=a_{n}(a_{1})$, entonces puedo analizar el denominador para la conclusión cuando $a_{n}$ no está definido.
Como puedo encontrar $a_{n}$?
También sé que este problema fue resuelto aquí . Pero creo que podemos encontrar una solución elemental usando inducción en$n$.
Respuestas
Si la secuencia converge a $L$, tomando el límite en ambos lados de la recurrencia muestra que
$$L=\frac1{4-3L}\,,$$
o $3L^2-4L+1=0$. Los factores cuadráticos muy bien:$(3L-1)(L-1)=0$, por lo que los únicos límites posibles son $L=\frac13$ y $L=1$.
Claramente, la secuencia no está definida si $a_1=\frac43$ y constante si $a_1=\frac13$ o $a_1=1$.
- Si $a_k<1$, entonces $1<4-3a_k$y $0<a_{k+1}<1$.
- Si $a_k>\frac43$, entonces $a_{k+1}<0$, entonces $0<a_{k+2}<1$.
- Si $1<a_k<\frac43$, dejar $r=a_k-1$; entonces$0<3r<1$, entonces $$a_{k+1}=\frac1{4-3a_k}=\frac1{1-3r}=\sum_{n\ge 0}(3r)^n>1+3r>a_k\,.$$ La secuencia no puede tener un límite en $\left(1,\frac43\right]$, entonces o bien golpea $\frac43$ y muere, o $a_\ell>\frac43$ para algunos $\ell>k$, y entonces $a_n\in(0,1)$ para todos $n\ge\ell+2$.
Por lo tanto, si $a_1$ en realidad genera una secuencia infinita, no constante, esa secuencia termina en $(0,1)$. ¿Qué pasa ahí?
- Si $\frac13<a_k<1$, dejar $r=a_k-\frac13$. Entonces$$a_{k+1}=\frac1{4-3a_k}=\frac1{3(1-r)}=\frac13\sum_{n\ge 0}r^n\,,$$ entonces $$a_{k+1}-\frac13=\frac13\sum_{n\ge 1}r^n=\frac{r}3\sum_{n\ge 0}r^n=ra_{k+1}<r=a_k-\frac13\,,$$ y $a_{k+1}<a_k$. En este caso, la secuencia debe converger para$\frac13$.
- Si $0<a_k<\frac13$, dejar $r=\frac13-a_k$. Entonces$$a_{k+1}=\frac1{4-3a_k}=\frac1{3(1+r)}=\frac13\sum_{n\ge 0}(-1)^nr^n\,,$$ entonces $$\begin{align*}\frac13-a_{k+1}&=\frac13-\left(\frac13+\frac13\sum_{n\ge 1}(-1)^nr^n\right)=\frac13\sum_{n\ge 0}(-1)^nr^{n+1}\\&=\frac{r}3\sum_{n\ge 0}(-1)^nr^n=ra_{k+1}<r=\frac13-a_k\,,\end{align*}$$ y $a_{k+1}>a_k$. Nuevamente la secuencia converge a$\frac13$.
Ahora hemos demostrado que $a_1=1$ produce la secuencia constante $a_k=1$ para todos $k\ge 1$, y cualquier otro valor inicial produce una secuencia que converge a $\frac13$ o uno que finalmente muere porque algunos $a_k=\frac43$. Sólo queda determinar para qué valores iniciales algunos$a_k=\frac43$.
Resolviendo $y=\frac1{4-3x}$ para $x$, encontramos eso $x=\frac{4y-1}{3y}=\frac43-\frac1{3y}$. Dejar$b_1=\frac43$, y para $k\ge 1$ dejar $b_{k+1}=\frac{4b_k-1}{3b_k}$. Es fácil de mostrar por inducción en$k$ ese $a_k=\frac43$ si y solo si $a_1=b_k$, entonces $\{b_k:k\ge 1\}$ es el conjunto de valores iniciales que no producen una secuencia convergente, y solo queda encontrar una forma cerrada para los números $b_k$.
Si escribimos $b_k$ como una fracción $\frac{c_k}{d_k}$, entonces
$$b_{k+1}=\frac{\frac{4c_k}{d_k}-1}{\frac{3c_k}{d_k}}=\frac{4c_k-d_k}{3c_k}\,,$$
entonces $c_{k+1}=4c_k-d_k$y $d_{k+1}=3c_k$, con condiciones iniciales $c_1=4$ y $d_1=3$. Entonces$c_{k+1}-d_{k+1}=c_k-d_k$, entonces por inducción $c_k-d_k=c_1-d_1=1$ para todos $k\ge 1$. Resulta que$c_{k+1}=d_{k+1}+1=3c_k+1$. Resolviendo la recurrencia$c_{k+1}=3c_k+1$ con valor inicial $c_1=4$ por cualquier método estándar, encontramos que
$$c_k=\frac{3^{k+1}-1}2$$
y de ahí que
$$d_k=\frac{3^{k+1}-3}2\,,$$
de modo que
$$b_k=\frac{3^{k+1}-1}{3^{k+1}-3}\,.$$
Actualización: Gracias Brian M. Scott por su información.
Agregaré el caso donde algunos $a_k=\frac 43$. Según Brian, debemos resolver la secuencia$b_k$ tal que $b_1=\frac 43$, $b_{k+1}=\frac{4b_k-1}{3b_k}$. Esto se puede resolver de manera similar, pero más fácil porque$b_1$ es dado.
Tenga en cuenta que $$ b_{k+1} - 1 = \frac{b_k-1}{3b_k}$$$$ b_{k+1} - \frac 13 = \frac{b_k-\frac{1}{3}}{b_k}\tag 1 $$
De $(1)$ Concluimos $b_k>\frac 13, \forall k$ por inducción.
Entonces $\frac{b_{k+1}-1}{b_{k+1}-\frac 13} = \frac{1}{3} \frac{b_k-1}{b_k-\frac 13} \implies \frac{b_k-1}{b_k-\frac 13} = \frac{1}{3^{k-1}} \left( \frac{b_1 - 1}{b_1 - \frac 13}\right) = \frac{1}{3^k}$
Por lo tanto $b_k = \frac{1 - \frac{1}{3^{k+1}}}{1-\frac{1}{3^l}} = \frac{3^{k+1} -1}{3^{k+1}-3}$ que es lo mismo que los resultados de Brian.
Respuesta original:
Ya que $1$ y $\frac 13$ son raíces de la ecuación característica $x=\frac{1}{4-3x}$, tenemos
$$a_{n+1}-1 = \frac{3(a_n-1)}{4-3a_n}$$
$$a_{n+1}-\frac 13 = \frac{a_n-\frac 13}{4-3a_n}$$
Entonces si no $a_n = \frac 13$ tienes
$$\frac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}-\frac 13} = 3 \frac{a_n-1}{a_n-\frac 13} = 3^n \frac{a_1-1}{a_1-\frac 13}$$
Por supuesto, debe ocuparse del caso en el que $a_1=\frac 13$.
Definir la función $$ f(a)=\frac1{4-3a}\tag1 $$ Tenga en cuenta que $$ \begin{align} f(a)-a &=\frac{(3a-1)(a-1)}{4-3a}\tag{2a}\\ &\left\{\begin{array}{} \lt0&\text{if }a\in\left(\frac13,1\right)\cup\left(\frac43,\infty\right)\\ \gt0&\text{if }a\in\left(-\infty,\frac13\right)\cup\left(1,\frac43\right) \end{array}\tag{2b} \right. \end{align} $$ Considere las dos secuencias para $n\in\mathbb{Z}$, $$ \begin{align} p_n &=\frac{3^{n-1}+1}{3^n+1}\tag{3a}\\ &=\frac13\left(1+\frac2{3^n+1}\right)\tag{3b} \end{align} $$ y $$ \begin{align} q_n &=\frac{3^{n-1}-1}{3^n-1}\tag{4a}\\ &=\frac13\left(1-\frac2{3^n-1}\right)\tag{4b} \end{align} $$ dónde $q_0=\pm\infty$.
Tenga en cuenta que $$ \begin{align} f(p_n)&=p_{n+1}\tag{5a}\\ f(q_n)&=q_{n+1}\tag{5b} \end{align} $$ donde, en el caso de $q_0$, $$ \begin{align} f(q_{-1})&=f\!\left(\tfrac43\right)=\infty=q_0\tag{6a}\\ f(q_0)&=f(\infty)=0=q_1\tag{6b} \end{align} $$ Definir los intervalos $$ \begin{align} P_n&=(p_{n+1},p_n)\tag{7a}\\ Q_n&=(q_n,q_{n+1})\tag{7b} \end{align} $$ dónde $Q_{-1}=\left(\frac43,\infty\right)$ y $Q_0=\left(-\infty,0\right)$:
En la animación de arriba, las líneas sólidas rojas y verdes son las $P_n$ y $Q_n$. Las flechas apuntan a los intervalos de puntos$P_{n+1}$ y $Q_{n+1}$. Los intervalos son rojos si$f(a)\lt a$ en ese intervalo y verde si $f(a)\gt a$; estos intervalos se describen en$(2)$.
Ya que $f'(a)\gt0$ excepto en $q_{-1}=\frac43$ (que está entre $Q_{-2 }$ y $Q_{-1}$), tenemos las biyecciones $$ \begin{align} f&:P_n\to P_{n+1}\tag{8a}\\ f&:Q_n\to Q_{n+1}\tag{8b} \end{align} $$ Ya que $$ \bigcup_{n\in\mathbb{Z}}P_n\cup\bigcup_{n\in\mathbb{Z}}Q_n\cup\left\{p_n:n\in\mathbb{Z}\right\}\cup\left\{q_n:n\in\mathbb{Z}^{\ne0}\right\}=\mathbb{R}\tag9 $$ $(5)$ y $(8)$ demuestre que para todos los puntos excepto $\left\{q_n:n\le0\right\}\cup\{1\}$, iterando $f$ producirá una secuencia convergente a $\frac13$ (incluso se podría decir que $q_{-\infty}=1$).
Sugerencia: si $a_1<1$, es fácil de ver $a_n<1$ y luego deja $b_n=a_n-\frac13$. Si$a_1\in(1,\frac43)$, es fácil de ver $a_n\in(1,\frac43)$ y luego deja $b_n=a_n-1$. Puedes hacer el resto.
Sin inducción .
Si sigue los pasos descritos aquí que utilicé para responder a esta pregunta, abre la historia$$a_{n+1}=\frac{1}{4-3 a_{n}} \qquad \text{with} \qquad a_1=c$$ $$a_n=\frac 13\frac{c \left(3^n-9\right)-(3^n-3) } {c(3^n-3)-(3^n-1) }$$
Ahora, debe considerar los diversos casos para llegar a los buenos resultados del buen análisis de @Brian M. Scott.