Probar$p_n(x) \rightarrow \sqrt{x}$ uniformemente como$n \rightarrow \infty$

Question

Definir $(p_n)_n$ recursivamente por $p_0(x) = 0$$p_{n+1}(x) = p_n(x) + \frac{1}{2}(x - p_n(x)^2)$. Demostrar que $p_n(x) \rightarrow \sqrt{x}$ uniforme para$0 \leq x \leq 1$$n \rightarrow \infty$.

No estoy seguro de dónde ir con esto. Me puede mostrar de forma inductiva que $\forall n,\ 0 \leq p_n(x) \leq 1$$0 \leq x \leq 1$, y creo que ese $p_n(x)$ es el aumento de con $n$, pero no tengo idea de si esto me ayuda. Sé que necesito mostrar que

$\forall \epsilon>0: \exists N \in \mathbb{N}: \forall n \geq N: \forall x\in [0,1]: \big|p_n(x) - \sqrt{x}\big| < \epsilon$

Edit: acabo de tener un pensamiento. Me ha dado una versión de Dini del teorema que dice

Deje $X$ ser un espacio métrico compacto, $(f_n)_n$ una secuencia real de los valores de funciones continuas en $X$, $f$ una función continua en a $X$ tal forma que:

(i) $f_n \rightarrow f$ pointwise en $X$, y

(ii) $f_n(x) \geq f_{n+1}(x) $ todos los $x \in X, n \in \mathbb{N}$.

Entonces: $f_n \rightarrow f$ uniformemente en $X$.

Obviamente, (ii) no es cierto para mi secuencia, pero lo que si me tomé $f_n(x) = -p_n(x)$$f(x) = - \sqrt{x}$? Entonces yo podría probar (ii) para ser verdad, sé que $[0,1]$ es compacto, y $f_n(x)$ es un valor real. La única parte que tendría que demostrar que es (i), que es donde me confundo. Me corrija si estoy equivocado, pero después de que yo podría decir que desde la $(-p_n)_n \rightarrow -\sqrt{x}$,$(p_n)_n \rightarrow \sqrt{x}$. Algún consejo?

Answer 1

Por la recursividad de la fórmula, tenemos $$p_{n + 1}(x) - \sqrt{x} = (p_n(x) - \sqrt{x})\left[1 - \frac{1}{2}(p_n(x) + \sqrt{x})\right].$$ El uso de esta recursividad $n$ tiempos, se sigue que $$p_{n}(x) - \sqrt{x} = (p_0(x) - \sqrt{x})\prod_{k = 0}^{n - 1}\left[1 - \frac{1}{2}(p_k(x) + \sqrt{x})\right]. \tag{1}$$

Vamos a demostrar que para cada una de las $k$, sostiene que $$0 \leq 1 - \frac{1}{2}(p_k(x) + \sqrt{x}) \leq 1 - \frac{1}{2}\sqrt{x}. \tag{2}$$ Es fácil ver que $p_n(x) \geq 0$ $x \in [0, 1]$ (como se dijo, es, de hecho, sostiene que $0 \leq p_n(x) \leq 1$, la cual puede ser demostrado de forma inductiva), por ende, el derecho a la desigualdad de $(2)$ mantiene. Para mostrar el lado izquierdo de la desigualdad, el aviso de que \begin{align} & 2 - p_k(x) - \sqrt{x} \\ = & 2 - p_{k - 1}(x) - \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}p_{k - 1}^2(x) - \sqrt{x} \\ = & \frac{1}{2}(p_{k - 1}(x) - 1)^2 + \frac{3}{2} - \frac{1}{2}x - \sqrt{x} \\ \geq & \frac{1}{2}(p_{k - 1}(x) - 1)^2 \geq 0. \end{align} Por lo tanto, $(2)$ mantiene. En consecuencia, podemos obtener una cota superior de la mano derecha de $(1)$: \begin{align} & |p_n(x) - \sqrt{x}| \\ = & \sqrt{x} \prod_{k = 0}^{n - 1}\left| 1 - \frac{1}{2}(p_k(x) + \sqrt{x})\right| \\ \leq & \sqrt{x}\left(1 - \frac{1}{2}\sqrt{x}\right)^n \tag{3} \end{align}

Desde el lado derecho de la $(3)$ converge a $0$ uniformemente $n \to \infty$, el resultado de la siguiente manera.