Existencia de una iteración infinita de funciones $f_\infty$ ?

Question

Dada una secuencia de funciones $\{f_n\}$ satisfaciendo una relación iterada como

• $f_n(x)=g(x+f_{n-1}(x))$

• $f_n(x)=g(xf_{n-1}(x))$

• $f_n(x)=g(x/f_{n-1}(x))$

Dónde $g:=f_1$ es continua en el intervalo $[a, b]$ (o diferenciable en $(a,b)$ para supuestos más fuertes)

Pregunta: Cómo demostrar la existencia de $f_\infty(x):=\lim\limits_{n\to \infty}f_n(x)$ ?

Y ¿Existe algún método para demostrar tal $f_\infty$ no existe?

La pregunta proviene de los problemas

• $\displaystyle\int_0^\pi\sin(x+\sin(x+\sin(x+\cdots)))\,\mathrm dx=2$ y

• $\displaystyle\int_0^\pi\sin(x\sin(x\sin(x\cdots)))\,\mathrm dx$ y

• $\displaystyle\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\sin\frac x{\sin\frac x{\sin\frac x{\sin\cdots}}}\,\mathrm dx=\frac34 \pi$ .

Dejemos que $g(x)=\sin x$ .

He "probado" el $1^{\rm{st}}$ y el $3^{\rm{rd}}$ integral asumiendo la existencia de $f_\infty$ .

@Sangchul Lee piensa $f_\infty$ en el $2^{\rm{nd}}$ integral no existe debido a la comportamiento caótico .

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Si $f_\infty$ en el $2^{\rm{nd}}$ integral existe, entonces $$L=\int_0^\alpha \sin y\,\mathrm d\left(\frac y{\sin y}\right) =1.86006...$$ donde $\alpha=2.31373...$ es la raíz positiva de $\dfrac t{\sin t}= \pi$ .

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Algunas reflexiones hasta ahora:

Si pudiéramos probar $f(t)=g(x_0+t)$ es un mapeo de contracción en $[a,b]$ por cada $x_0\in[a,b]$ es decir, si $t_0$ (dependiendo de $x_0$ ) es el único punto fijo en $[a,b]$ , entonces el resultado es intuitivamente cierto a partir de Teorema del punto fijo de Banach (similar al caso $f(t)=g(x_0t)$ y $f(t)=g(x_0/t)$ ).

Sin embargo, no pudimos aplicar el teorema para cualquier $f$ Un ejemplo es $f(t)=\sin(x_0+t)$ en el $1^{\rm{st}}$ integral.

Answer 1

1. La primera integral

Considere la secuencia $(f_n)$ de funciones en $[0, \pi]$ definido recursivamente por

$$ f_0(x) = 0, \qquad f_{n+1}(x) = \sin(x + f_n(x)). $$

Primero establecemos el siguiente lema sencillo para garantizar que la secuencia permanece acotada en una determinada región. A lo largo de esta sección, siempre suponemos que $x$ toma valores en $[0, \pi]$ .

Resumen de la prueba.

1. Establecemos límites para $(f_n(x))$ que garantiza que la secuencia no se comporte de forma salvaje.

2. Demostramos que el teorema de los mapas de contracción es aplicable. Los detalles del argumento dependerán del valor de $x$ .

Paso 1. $f_n(x) \in [0, \pi-x]$ para todos $n \geq 1$ .

Prueba. Recordemos que $\sin\theta < \theta$ para todos $\theta > 0$ . Así que si $t \in [0, \pi-x]$ entonces $x+t \in [x, \pi]$ y por lo tanto

$$ 0 \leq \sin(x+t) = \sin(\pi-x-t) \leq \pi-x-t \leq \pi-x. $$

Desde $f_1(x) = \sin(x) \in [0, \pi-x]$ aplicando inductivamente la desigualdad anterior se obtiene la afirmación deseada.

Paso 2. $(f_n(x))$ converge para cada $x \in [0, \pi]$ .

• Caso $x < \pi-1$ . En este caso, por el teorema del valor medio, existe $\xi \in [0, 1]$ tal que

  \begin {align*} \left |f_{n+1}(x) - f_n(x) \right | &= \left | \cos (x+ \xi ) \right | \left |f_n(x) - f_{n-1}(x) \right | \\ & \leq r \left |f_n(x) - f_{n-1}(x) \right |, \end {align*}

  donde $r = \max\{ \lvert \cos(x+t)\rvert : t \in [0, 1] \}$ . Por la suposición, comprobamos que $r < 1$ y la afirmación se desprende de la teorema del mapa de contracción .

• Caso $\pi-1 \leq x < \pi$ . En este caso, $t \mapsto \sin(x+t)$ es una función estrictamente decreciente sobre $[0, \pi-x]$ . Esto tiene dos consecuencias.

  (1) Ya que $f_0(x) \leq f_2(x)$ Esto implica que $f_{2n}(x) \leq f_{2n+2}(x)$ y $f_{2n+1}(x) \leq f_{2n-1}(x)$ . Así que tanto los términos pares como los Impares convergen.

  (2) Ya que $f_0(x) \leq f_1(x)$ se deduce que $f_{2n}(x) \leq f_{2n+1}(x) \leq f_1(x) $ .

  Combinando todo, $(f_n(x))$ está acotado entre $0$ y $\sin(x) = \sin(\pi-x) < \pi-x$ . Así, como en el caso anterior, existe $\xi \in [0, \sin(x)]$ tal que

  $$ \left|f_{n+1}(x) - f_n(x)\right| = \left|\cos(x+\xi)\right| \left|f_n(x) - f_{n-1}(x)\right| \leq r \left|f_n(x) - f_{n-1}(x)\right|, $$

  donde $r = \max\{ \lvert \cos(x+t)\rvert : t \in [0, \sin(x)] \}$ . Desde $r < 1$ podemos aplicar el teorema del mapa de contracción.

• Caso $x = \pi$ . Este caso es trivial.

Por lo tanto, $(f_n(x))$ converge para todo $x \in [0, \pi]$ .

2. La tercera integral

Dejemos que $(f_n)$ sea la secuencia de funciones sobre $(0, \pi/2]$ definido por

$$ f_0(x) = 1, \qquad f_{n+1}(x) = \sin(x/f_n(x)). $$

Suponemos que $x \in (0, \pi/2]$ a partir de ahora.

Resumen de la prueba.

1. Establecemos límites de $(f_n(x))$ que garantiza el buen comportamiento de la iteración.

2. Demostramos que $(f_{2n+1}(x))$ está aumentando en $n$ y $(f_{2n}(x))$ está disminuyendo en $n$ y, por lo tanto, ambos $\alpha(x) := \lim_{n\to\infty} f_{2n+1}(x)$ y $\beta(x) := \lim_{n\to\infty} f_{2n}(x)$ aunque todavía no se sabe si coinciden.

3. Ambos $\alpha$ y $\beta$ son soluciones de una determinada ecuación funcional. Demostramos que, bajo una condición apropiada, esta ecuación tiene una solución única. Esto nos dice que $\alpha = \beta$ por lo que la secuencia $(f_n(x))$ converge.

Paso 1. $f_n(x) \in [\sin x, 1]$ para todos $n \geq 1$ .

Prueba. Si $t \in [\sin x, 1]$ entonces

$$ \sin x \leq \sin \left(\frac{x}{t}\right) \leq \sin \left(\frac{x}{\sin x}\right) \leq \sin \left(\frac{\pi}{2}\right) = 1. $$

Por tanto, la afirmación se deduce por inducción matemática.

Paso 2. $(f_n(x))$ converge.

Para cada $x$ Considera que $g_x(t) = \sin(x/t)$ . Entonces $h_x$ es una función estrictamente decreciente sobre $[\sin(x), 1]$ . Junto con $f_1(x) = \sin x \leq f_2(x) \leq 1 = f_0(x)$ Esto implica que

$$ f_1(x) \leq f_3(x) \leq \cdots \leq f_{2n+1}(x) \leq f_{2n}(x) \leq \cdots \leq f_2(x) \leq f_0(x). $$

Por lo que se deduce que tanto $(f_{2n+1}(x))$ y $(f_{2n}(x))$ convergen. Sea $\alpha(x) := \lim_{n\to\infty} f_{2n+1}(x)$ y $\beta(x) := \lim_{n\to\infty} f_{2n}(x)$ . Así que queda por demostrar que $\alpha(x) = \beta(x)$ .

Tomando como límite la fórmula recursiva, queda claro que

$$ \beta(x) = g_x(\alpha(x)), \qquad \alpha(x) = g_x(\beta(x)). $$

Así que ambos $\alpha$ y $\beta$ resolver la ecuación funcional $ f(x) = g_x(g_x(f(x))) $ .

Ahora dejemos que $f : (0, \pi/2] \to (0, 1]$ sea cualquier solución de esta ecuación funcional que satisfaga la cota $\sin x \leq f(x) \leq 1$ . Al escribir $y = f(x)$ encontramos que $x/\sin(x/y) \in [x, x/\sin x] \subseteq [0, \pi/2]$ y por lo tanto

\begin {align*} y = \sin (x/ \sin (x/y)) & \quad\Longleftrightarrow \quad \arcsin (y) = \frac {x}{ \sin (x/y)} = \frac {y}{ \operatorname {sinc}(x/y)} \\ & \quad\Longleftrightarrow \quad \operatorname {sinc}(x/y) = \frac {y}{ \arcsin (y)} \end {align*}

Tenga en cuenta que $\frac{x}{y} = \frac{x}{f(x)} \leq \frac{x}{\sin x} \leq \frac{\pi}{2}$ y $\operatorname{sinc}$ es inyectiva en $(0, \pi/2]$ . Si denotamos la inversa de $\operatorname{sinc}$ restringido a $(0, \pi/2]$ por $\operatorname{sinc}^{-1}$ entonces

\begin {align*} y = \sin (x/ \sin (x/y)) & \quad\Longleftrightarrow \quad x = y \operatorname {sinc}^{-1} \left ( \frac {y}{ \arcsin (y)} \right ). \end {align*}

Esto implica que $f$ es inyectiva y su inversa viene dada explícitamente por la fórmula anterior. Así que la ecuación funcional con la cota prescrita determina de forma única $f$ . Por lo tanto, $\alpha = \beta$ y la afirmación es la siguiente.

Answer 2

A partir de la definición, tiene

$$f_1(x)=g(x)$$

entonces

$$f_2(x)=g(x+g(x)), \\f_3(x)=g(x+g(x+g(x))), \\\cdots$$

que es una secuencia "ordinaria" para un determinado $x$ .

Se puede escribir como

$$a_n=g(x+a_{n-1}),\\a_0=0$$ y utilizar el teorema del punto fijo.

Por ejemplo, con $g(x):=\dfrac x2$ ,

$$a_1=\frac x2, \\a_2=\frac{3x}4, \\a_3=\frac{7x}8, \\$$ que converge puntualmente a $a_\infty=x$ .

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Para $g(x):=\sin x$ ,

$$f_n(x)=\sin(x+f_{n-1}(x))$$

se puede escribir

$$a_n=\sin(x+a_{n-1}),\\a_0=0.$$

Si converge, lo hará a $a=\sin(x+a)$ que tiene soluciones para todos $x$ y las condiciones de convergencia vienen dadas por el teorema del punto fijo.

Como $|(\sin a)'|<1$ para todos $a\ne k\pi$ el punto fijo es atractivo en casi todas partes. Y como entonces la siguiente iteración de $a=k\pi$ es $\sin x$ No nos quedamos estancados.