Límite de secuencia positiva $(f_n)$ definido por $f_n(x)^2=\int^x_0 f_{n-1}(t)\mathrm{d}t$

Question

Suponga $f_{0}(x)$ es integrable en $[0,1]$, $f_{0}(x)>0$. $$f_n(x)=\sqrt{\int^x_0 f_{n-1}(t)\mathrm{d}t}, \quad n=1,2,...$$

¿Cómo se puede calcular el $\lim\limits_{n \to {\infty}}f_n(x)$?

Answer 1

Para cada $x$ en $[0,1]$, $f_n(x)\to\frac12x$ al $n\to\infty$.

La reescritura de la recursividad como $f_n=T(f_{n-1})$. Tenga en cuenta que el conjunto de monomials es estable por $T$ y $T$ es creciente en el sentido de que $0\leqslant f\leqslant g$ implica $Tf\leqslant Tg$. Introducir $g_{c,a}:x\mapsto cx^a$ $c$ $a$ no negativo. Entonces $$ T(g_{c,a})=g_{K(c,a),L(a)}\quad\text{con}\quad K(c,a)^2=c/(a+1),\ 2 L(a)=a+1. $$ Primero vamos a probar una cota superior, entonces el límite inferior.

Límite superior: Desde $f_0$ es integrable, $f_1$ es acotado, que es $f_1\leqslant g_{c,0}$ algunos $c$. Por lo tanto $f_n\leqslant g_{c_n,a_n}$ por cada $n\geqslant1$ con $$ c_1=c,\ a_1=0,\ c_{n+1}=K(c_n,a_n),\ a_{n+1}=L(a_n). $$ Desde $1-L(a)=\frac12(1-a)$, $a_n\to1$. Desde $2\log c_{n+1}=\log c_n-\log(1+a_n)$ y $\log(1+a_n)\to\log2$, $\log c_n\to-\log2$. Por lo tanto, $c_n\to\frac12$ $g_{c_n,a_n}(x)\to \frac12x$ por cada $x$$[0,1]$. Esto demuestra que $$ \limsup\limits_{n\to\infty}f_n(x)\leqslant\tfrac12 x. $$ Límite inferior: Pick $u$$(0,1)$. A continuación, $f_1(u)=v\gt0$ $f_1(x)\geqslant v$ por cada $x$$[u,1]$. Definir $T_u$ sobre el espacio de funciones integrables $f$ $[u,1]$ por $$ (T_uf)(x)=\sqrt{\int_u^xf}, $$ para cada $x$$[u,1]$. Tenga en cuenta que el conjunto de monomials desplazado por $u$ es estable por $T_u$ y $T_u$ es cada vez mayor. En particular, la introducción de $g^u_{c,a}:x\mapsto c(x-u)^a$ $c$ $a$ no negativo, se obtiene $$ T_u(g^u_{c,a})=g^u_{K(c,a),L(a)}. $$ Para cada $f$ integrable en $[0,1]$, escribir $T_uf$ para la imagen por $T_u$ de la restricción de $f$$[u,1]$.

A continuación, $T_u\leqslant T$ en el sentido de que $T_uf(x)\leqslant Tf(x)$ por cada $x$$[u,1]$. Además, $f_1\geqslant g^u_{v,0}$ $[u,1]$ implica que el $f_n\geqslant g^u_{v_n,a_n}$ $[u,1]$ con $$ v_1=v,\quad v_{n+1}=K(v_n,a_n). $$ Por lo tanto, el mismo razonamiento que el de arriba muestra que el $v_n\to\frac12$. Una consecuencia de ello es que $$ \liminf\limits_{n\to\infty}f_n(x)\geqslant\tfrac12(x-u), $$ para cada $x$$[u,1]$. Desde $u\gt0$ puede ser tan pequeño como se desee, $\liminf\limits_{n\to\infty}f_n(x)\geqslant\frac12x$$(0,1]$. Desde $f_n(0)=0$, esto lleva a la conclusión.

Edit: Igualmente, para cada $\alpha$$(0,1)$, la iteración de la transformación de $T^{(\alpha)}$ dada por $$ (T^{(\alpha)}f)(x)=\left(\int_0^xf(t)\mathrm dt\right)^\alpha, $$ converge a la función $x\mapsto [(1-\alpha) x]^{\alpha/(1-\alpha)}$.

Answer 2

Si consideramos una familia de ejemplos : $f_0(t) = C t^{\alpha}$$\alpha > 0, C > 0$, entonces uno ve que la secuencia de $f_n(t)$ se convierte en $$ C x^{\alpha}, C^{\frac 12} \left( \frac{x^{\frac{\alpha + 1}2}}{\sqrt{\frac{\alpha+1}2}} \right), C^{\frac 14} \left( \frac{x^{\frac{\frac{\alpha + 1}2 +1}2}}{\sqrt{\sqrt{\frac{\alpha+1}2} \left( \frac{\alpha+1}2 +1 \right) }} \right), \dots $$ y los exponentes seguir la secuencia $a_0 = \alpha$, $\alpha_n = \frac{\alpha_{n-1} +1}2$, mientras que los denominadores siga las reccurence $\beta_0 = 1$, $\beta_n = \sqrt{ 2 \alpha_n \beta_{n-1}}$, con la constante $C^{\frac 1{2^n}}$ convergentes a $1$. Ahora uno se percata de que $\alpha_n \to 1$ (a partir de que mantener un promedio de entre $1$$\alpha$, te acercas más y más a $1$), y si esperamos a $\beta_n$ a converger, a continuación, de forma heurística hablando tendremos $\beta_n \to \beta$ si y sólo si $\beta^2 = \sqrt{ 2 \beta }$, lo que significa que $\beta^2 - 2 \beta = 0$, por lo tanto $\beta = 2$ desde que desee $\beta$ distinto de cero (todo esto es la heurística porque ya no podemos ser mucho). En otras palabras, de forma heurística, si la pregunta está bien planteada, cualquier monomio converge a la función $f(x) = x/2$.

Con algunos adecuado de las desigualdades uno probablemente puede trabajar el caso general, a partir de aquí, pero no he trabajado de esto.

Espero que ayude,

Answer 3

Tengo varias heurísticas para considerar la no-necesariamente funciones continuas.

Así, considere la posibilidad de cualquier monomio de la forma $k \cdot x^m$, y de considerar su exponente en repetidas ocasiones al realizar esta operación. En particular, se satisface $a_n = \frac{a_{n-1} + 1}{2}$, y así vemos que debe ir a $1$ como estamos tomando su media aritmética con $1$.

Ahora cuenta su coeficiente (a partir de la como $k$, que se denota como $b_n$). Vemos que, dejando $a_n$ aún se refieren a la exponente en la $n$th paso, que los coeficientes de satisfacer $b_n = \sqrt{\frac{b_{n-1}}{a_n + 1}}$. Como $a_n \to 1$, yo de forma heurística (pero justificadamente), dicen que bien podría haber $b_n = \sqrt{ \frac{b_{n-1}}{2}}$, que converge para todo positivo iniciando$b_0$$\frac{1}{2}$.

El uso trivial de delimitación, parece plausible que cualquier polinomio que es estrictamente positiva en $[0,1]$ puede estar delimitado por encima y por debajo por un monomio de este formulario en cualquier $[\epsilon, 1 - \epsilon]$ intervalo. Pero los polinomios son densos aquí, y así sucesivamente $[\epsilon, 1 - \epsilon]$ intervalo, es de esperar que todas las funciones para ir a $x/2$ al menos en casi todas partes en esos intervalos.

¿Qué acerca de su comportamiento en$0$$1$? Bueno, esa es una buena pregunta. Parece como $0$ no debería ser demasiado mala (por no decir que puedo hacer de ello), sino $1$? Tengo una escoba y una alfombra, si usted sabe lo que estoy diciendo.

De todos modos, esos son mis inmediata heurística veo antes de ir a la cama. Buenas noches -