Sea $\{a_n\}_{n\in \mathbb{N}}$ una sucesión de números reales que satisface$$a_{n+1}=a_n+e^{-a_n}$$para todo $n\in \mathbb{N}$. Probar que$$\lim \limits _{n\to \infty}\frac{a_n}{\ln n}=1.$$
Sea $\epsilon \in (0, 1)$. Queremos probar que $(1 - \epsilon) \log(n) < a_n < (1 + \epsilon) \log(n)$ para todo $n$ suficientemente grande.
1. Si $n$ es grande entonces $a_n > 0$.
Prueba. Si $a_n > 0$ entonces $a_{n+1} = a_n + e^{-a_n} > a_n > 0$, asi que hay que probar que existe $n$ tal que $a_n > 0$. Si no, $a_n \leq 0$ para todo $n$, que implica $a_{n+1} = a_1 + e^{-a_1} + \cdots + e^{-a_n} \geq a_1 + n > 0$ si $n > -a_1$, absurdo.
2a. Si $n$ es grande y $a_n < (1 + \epsilon) \log(n)$ entonces $a_{n+1} < (1 + \epsilon) \log(n+1)$.
Prueba. Por 1 podemos asumir $a_n > 0$. Notar que $f(x) = x + e^{-x}$ es creciente si $x > 0$, asi que $a_{n+1} = f(a_n) < (1 + \epsilon) \log(n) + n^{-(1 + \epsilon)}$. Queremos ver que $(1 + \epsilon) \log(n) + n^{-(1 + \epsilon)} < (1 + \epsilon) \log(n+1)$. Esto es $(1 + \epsilon) \log(1+\frac1n) n^{1 + \epsilon} > 1$ si $n$ es grande. Ahora $\log(1 + \frac1n) = \frac1n + O(\frac1{n^2})$, asi que $\log(1+\frac1n) n^{1 + \epsilon} = n^\epsilon + O(n^{-(1 - \epsilon)}) \to +\infty$, asi que vale.
2b. Si $n$ es grande y $a_n > (1 - \epsilon) \log(n)$ entonces $a_{n+1} > (1 - \epsilon) \log(n+1)$.
Prueba. Mismo argumento, y lo que hay que probar es $(1 - \epsilon) \log(n) + n^{-(1 - \epsilon)} > (1 - \epsilon) \log(n+1)$, es decir, $(1 - \epsilon) \log(1 + \frac1n) n^{1 - \epsilon} < 1$ si $n$ es grande. Pero $\log(1 + \frac1n) n^{1 - \epsilon} = n^{-\epsilon} + O(n^{-1 - \epsilon}) \to 0$.
3a. Si $a_n \geq (1 + \epsilon) \log(n)$ entonces hay $k \geq 0$ con $a_{n+k} < (1 + \epsilon) \log(n+k)$.
Prueba. Si no, tenemos $a_{n+k} \geq (1 + \epsilon) \log(n+k)$ para todo $k \geq 0$. Esto implica $(1 + \epsilon) \log(n+k) \leq a_{n+k+1} = a_n + \sum_{t = 0}^k e^{-a_{n+t}} \leq a_n + \sum_{t = 0}^k (n+t)^{-(1 + \epsilon)} \leq a_n + \sum_{t = 0}^\infty (n+t)^{-(1 + \epsilon)} < \infty$, lo cual es absurdo.
3b. Si $a_n \leq (1 - \epsilon) \log(n)$ entonces hay $k \geq 0$ con $a_{n+k} > (1 - \epsilon) \log(n+k)$.
Prueba. Mismo argumento. Si no, tendriamos $(1 - \epsilon) \log(n+k) \geq a_{n+k+1} = a_n + \sum_{t = 0}^k e^{-a_{n+t}} \geq a_n + \sum_{t = 0}^k (n+t)^{-(1 - \epsilon)} \geq \frac1\epsilon (n+k)^\epsilon + O(1)$ usando el test integral, lo cual no puede ser verdad tomando $k$ grande.
Solucion. Tomamos $n$ grande tal que 1 y 2a, 2b valen. Si no vale $(1 - \epsilon) \log(n) < a_n < (1 + \epsilon) \log(n)$ entonces usando 3a y 3b podemos agrandar $n$ y vale. Luego por 2a y 2b vale para todo $n$ grande.
