Sobre la convergencia de una iteración de punto fijo

Question

Expongo el problema con el que estoy atascado, junto con los progresos que he hecho.

Problema : La iteración definida por $x_{k+1}=\frac{1}{2}\left(x_k^2+c\right)$ , donde $0<c<1$ , tiene dos puntos fijos $\xi_1$ y $\xi_2$ , donde $0 < \xi_1 < 1 < \xi_2$ . Demostrar que $$x_{k+1}-\xi_1=\frac{1}{2}\left(x_k+\xi_1\right)\left(x_k-\xi_1\right), \,\,k=0,1,2,\dots$$ y deducir que $\lim_{k \to \infty}x_k=\xi_1$ si $0 \leq x_0<\xi_2$ . ¿Cómo se comporta la iteración para otros valores de $x_0$ ?

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He progresado de la siguiente manera :

La iteración del punto fijo viene dada por \begin{equation}\tag1 x_{k+1}=\frac{1}{2}(x_k^2+c) \end{equation}

Si $\xi_1$ es un punto fijo, entonces \begin{equation}\tag2 \xi_1=\frac{1}{2}(\xi_1^2+c) \end{equation}

$(1)-(2)$ da, por $k=0,1,2,\dots$ , \begin{align*} x_{k+1}-\xi_1&=\frac{1}{2}(x_k^2+c)-\frac{1}{2}(\xi_1^2+c)\\ &=\frac{1}{2}\left(x_k^2-\xi_1^2\right)\\ &=\frac{1}{2}\left(x_k+\xi_1\right)\left(x_k-\xi_1\right) \end{align*}

Ahora, \begin{align*} x_{k+1}-\xi_1&=\frac{1}{2}\left(x_k+\xi_1\right)\left(x_k-\xi_1\right)\\ &=\frac{1}{2}\left(x_k+\xi_1\right)\frac{1}{2}\left(x_{k-1}+\xi_1\right)\left(x_{k-1}-\xi_1\right)\\ &=\left(\frac{1}{2}\right)^2 \left(x_k+\xi_1\right)\left(x_{k-1}+\xi_1\right)\left(x_{k-1}-\xi_1\right)\\ &=\left(\frac{1}{2}\right)^3 \left(x_k+\xi_1\right)\left(x_{k-1}+\xi_1\right)\left(x_{k-2}+\xi_1\right)\left(x_{k-2}-\xi_1\right)\\ &\dots \dots \dots \dots \dots \dots\\ &=\left(\frac{1}{2}\right)^{k+1} \left(x_0-\xi_1\right) \prod\limits_{i=0}^k \left(x_i+\xi_1\right) \end{align*}

¿Cómo puedo asegurarme de que esta cantidad se destina a $0$ como $k \to \infty$ ? ¿Puedo demostrar que $x_i+\xi_1$ será eventualmente $<2$ ? Además, ¿qué sucede con la situación cuando $x_0 \notin [0,\xi_2)$ ? Cualquier ayuda será muy apreciada. Gracias.

Answer 1

Consejos . Tienes que encontrar esos puntos fijos, dado $x_{k+1}=f(x_k)=\frac{1}{2}\left(x^2_{k}+c\right)$ , donde $f(x)=\frac{1}{2}\left(x^2+c\right)$ por supuesto, puntos fijos $f(\xi)=\xi$ son los que satisfacen $\xi^2-2\xi+c=0$ o $\xi_1=1-\sqrt{1-c}$ y $\xi_2=1+\sqrt{1-c}$ .

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Una cosa que hay que observar es que $f'(x)=x \geq0, \forall x\geq0$ por lo que la función es ascendente . Como resultado $$0\leq x_0<\xi_2 \Rightarrow 0\leq x_1=f(x_0) \leq f(\xi_2)=\xi_2$$ y por inducción $$0\leq x_k \leq \xi_2, \forall k$$ que hace que $(x_k)$ una secuencia acotada cuando $x_0 \in \left[0,\xi_2\right)$ .

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Otra cosa para el observador es que

• $f(x)\geq x \iff x \in \left[0, 1-\sqrt{1-c}\right] \cup \left[1+\sqrt{1-c},\infty\right)$
• $f(x)< x \iff x \in \left(1-\sqrt{1-c},1+\sqrt{1-c}\right)$

Como resultado:

• $x_0 \in \left[0, 1-\sqrt{1-c}\right] \Rightarrow x_1=f(x_0)\geq x_0$ y por inducción $x_{k+1}\geq x_k$ , haciendo que $(x_k)$ creciente y acotada, por lo que tiene un límite.
• $x_0 \in \left[1+\sqrt{1-c},\infty\right) \Rightarrow x_1=f(x_0)\geq x_0$ y por inducción $x_{k+1}\geq x_k$ , haciendo que $(x_k)$ aumentando, pero ya no está acotado.
• $x_0 \in \left(1-\sqrt{1-c},1+\sqrt{1-c}\right) \Rightarrow x_1=f(x_0)\leq x_0$ y por inducción $x_{k+1}\leq x_k$ , haciendo que $(x_k)$ decreciente y acotada, por lo que tiene un límite.

Answer 2

Sugerencia. Tenga en cuenta que $0<\xi_1 = 1 - \sqrt{1-c}<1<\xi_2 = 1 + \sqrt{1-c}$ . Demuestre por inducción que

i) si $x_0\in [0,\xi_1)$ entonces $x_k<x_{k+1}<\xi_1$ .

ii) si $x_0\in (\xi_1,\xi_2)$ entonces $\xi_1<x_{k+1}<x_k$ .

iii) si $x_0\in (\xi_2,+\infty)$ entonces $\xi_2<x_k<x_{k+1}$ .

Entonces recordemos que una secuencia acotada monótona tiene un límite finito y cualquier límite finito $L$ de la recurrencia $x_{k+1}=\frac{1}{2}\left(x_k^2+c\right)$ satisface la ecuación $L=\frac{1}{2}\left(L^2+c\right)$ es decir $L\in\{\xi_1,\xi_2\}$ .