Successione ricorsiva e limite di rapporto

[<enigma>]

Sia definita ricorsivamente la successione $ \{ x_n \} _{n=1} ^\infty $ da $ x_1=\sqrt 5 $ e $ x_{n+1}=x_n ^2 -2 $. Quanto vale
$ \displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac 1 {x_{n+1}} \prod _{k=1} ^{n} x_k $?

[paga92aren]

Scrivo i primi termini della successione: $a_1=\sqrt{5}, \; a_2=1, \;a_3=-1,\; a_4=-1....$ quindi il nostro limite diventa $-\prod x_n= -(-1)^n\; \sqrt{5}$ che non ha limite.
Quindi il limite richiesto non esiste.

[ale.b]

veramente $ x_2=(\sqrt{5})^2-2=3 $

[paga92aren]

sbaglio le cose più banali

[Claudio.]

Non conosco bene i limiti ma avevo provato per qeusta strada
$ \displaystyle \frac 1 {x_{n+1}} \prod _{k=1} ^{n} x_k=\left(\frac 1 {x_{n}} \prod _{k=1} ^{n-1} x_k\right)\left(\frac{x_n^2}{x_n^2-2}\right) $
e
$\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_n^2}{x_n^2-2}=1$
Ma probabilmente non serve a niente

Edit: In realtà potrebbe essere utile poichè credo che il risultato sia 1.

[paga92aren]

per rimediare alla figuraccia posto una considerazione interessante:
$a_n=2 \cos(2^n\theta_1)=e^{i2^n\theta_1}+e^{-i2^n\theta_1}$ con $\theta_1$ complesso.

[paga92aren]

Sapendo che $x_n=2\cos(2^{n-1}\theta_1)$ con $\cos\theta_1=\frac{\sqrt{5}}{2}$ moltiplico e divido l'argomento del limite per $\sin\theta_1$:
$$\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{\sin\theta_12\cos\theta_1\prod_{k=1}^{n-1}2\cos(2^k\theta_1)}{2\sin\theta_1\cos(2^n\theta)}$$
Dato che $2\sin\theta_1\cos\theta_1=\sin2\theta_1$ ottengo $\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{\sin(2\theta_1)2\cos(2\theta_1)\prod_{k=2}^{n-1}2\cos(2^k\theta_1)}{2\sin\theta_1\cos(2^n\theta_1)}$.
Ripeto questa sostituzione finché ottengo $\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{\sin(2^n\theta_1)}{\sin\theta_12\cos(2^n\theta_1)}$

Credo di essere vicino alla soluzione, ma mi sfugge qualcosa....

[paga92aren]

Finisco la dimostrazione: $\sin^2\theta_1+\cos^2\theta_1=1$ allora $\sin\theta_1=\pm\sqrt{1-\cos^2\theta_1}=\pm\sqrt{-\frac{1}{4}}=\pm\frac{i}{2}$
Inoltre $\frac{\sin(2^n\theta_1)}{\sin\theta_1}=\frac{\pm\sqrt{1-\cos^2(2^n\theta_1)}}{\pm\frac{i}{2}}=\pm\sqrt{4\cos^2(2^n\theta_1)-4}=\pm\sqrt{x_{n+1}^2-4}$
Il nostro caso è quello positivo perché la successione $x_n$ contiene solo termini positivi.
La successione $x_n$ è divergente quindi tende a $+\infty$:
Il limite diventa: $$\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{\sqrt{x_{n+1}^2-4}}{x_{n+1}}=1$$

[stefano9llo]

Tento una dimostrazione che non faccia uso della trigonometria. Per riuscirci intanto dimostro per induzione la seguente proprietà:
$ x_n^2-4 = \prod_{i=1}^{n-1}{x_i^2} $
Consideriamo l'equazione che definisce la successione: $ x_{n} = x_{n-1}^2-2 $. Da cui elevando al quadrato: $ x_n^2-4 = x_{n-1}^2(x_{n-1}^2-4) $. Tuttavia per ipotesi induttiva io so che $ x_{n-1}^2-4 = \prod_{i=1}^{n-2}{x_i^2} $ e sostituendo si ottiene proprio $ x_n^2-4 = x_{n-1}\cdot \prod_{i=1}^{n-2}{x_i^2} $, che è la nostra tesi. (il passo base risulta verificato, infatti $ 3^2-4=(\sqrt{5})^2 $).
Abbiamo dunque ottenuto che $ \prod_{i=1}^{n-1}{x_i} = \sqrt{x_n^2-4} $; e da qui, sostituendo nel limite richiesto dal problema, si riottiene il limite già trovato in precedenza:
$ \lim_{n\rightarrow \infty}{\frac{1}{x_n}\prod_{i=1}^{n-1}{x_i}} = \lim_{n\rightarrow \infty}{\frac{\sqrt{x_n^2-4}}{x_n}} $
Che come detto è uguale a $ 1 $.

[Claudio.]

Ma questa soluzione l'hai trovata prima di vedere quella paga?

[stefano9llo]

In realtà ho letto il problema, ho tentato di risolverlo e ho trovato la soluzione che ho postato; solo dopo ho letto quella di paga92aren, anche perché se fosse stata uguale alla mia, chiaramente, non l'avrei postata una seconda volta!!! Comunque trovare la proprietà che ho dimostrato all'inizio non era tutto sommato impossibile, anche perché, per come è posto il problema, trovare una relazione tra $ x_n $ e tutti gli $ x_i $ precedenti, non sembrava una brutta cosa...