Relación integral sobre la recurrencia

Question

Estoy interesado en evaluar la siguiente integral definida

\begin{equation} I_n = \int_0^{\gamma} F_n(x)\:dx \end{equation}

Donde $\gamma \gt 0$ y $F_n(x)$ se basa en el relación de recurrencia :

\begin{equation} F_{n + 1}(x) = \frac{1}{1 + F_n(x)} \end{equation}

Aquí $F_0(x) = f(x)$ donde $f$ es una función continua en $\left[0,\gamma\right]$ . Mi primera tarea fue encontrar una solución general para $F_n(x)$ y aquí es donde me he despegado.

Empecé por dejar que $F_n(x) = \frac{\alpha_n(x)}{\beta_n(x)}$ . Aplicándolo a la relación de recurrencia tenemos:

\begin{equation} F_{n + 1}(x) = \frac{\alpha_{n+1}(x)}{\beta_{n+1}(x)} = \frac{\beta_n(x)}{\alpha_n(x) + \beta_n(x)} \end{equation}

Y así tenemos una relación de recurrencia sobre ambos $\alpha_n(x)$ y $\beta_n(x)$ con $F_0(x) = f(x) = \frac{\alpha_0(x)}{\beta_0(x)}$ .

Para empezar, me centro en $f(x) = \sec(x)$ con $\alpha_0(x) = 1$ y $\beta_0(x) = \cos(x)$ y $\gamma = \frac{\pi}{2}$ .

Con unas cuantas iteraciones a través de Wolframalpha el patrón que surge es que $F_n(x)$ tiene la forma:

\begin{equation} F_n(x) = \frac{\alpha_n(x)}{\beta_n(x)} = \frac{a_n\cos(x) + b_n}{c_n \cos(x) + d_n} \end{equation}

Donde $a_n, b_n, c_n, d_n \in \mathbb{N}$ Aquí me gustaría ser capaz de resolver para cada uno pero no estoy seguro de cómo empezar.

¿Alguien tiene algún buen punto de partida/referencia que pueda utilizar para empezar?

Editar : Se ha modificado la definición de $I_n$ para tener un límite superior generalizado de $\gamma$ .

Actualización Gracias a hipernova de los comentarios que se hacen a continuación, se puede ver que $\beta_n(x)$ sigue un Secuencia de Fibonacci :

\begin{equation} \beta_{n + 1}(x) = \beta_n(x) + \alpha_n(x) = \beta_n(x) + \beta_{n - 1}(x) \end{equation}

Y así podemos representar ahora $F_n(x)$ como:

\begin{equation} F_n(x) = \frac{\alpha_n(x)}{\beta_n(x)} = \frac{\beta_{n-1}(x)}{\beta_n(x)} \end{equation} para $n \geq 2$ .

Para el ejemplo concreto anterior tenemos:

\begin{equation} F_n(x) = \frac{\alpha_n(x)}{\beta_n(x)} = \frac{a_{n-1}\cos(x) + b_{n-1}}{a_n \cos(x) + b_n} \end{equation} Donde $a_n$ y $b_n$ son secuencias de Fibonacci con $b_0 = 0$ , $b_1 = 1$ y $a_0 = 1$ , $a_1 = 1$ . Vemos que $a_n \gt b_n$ (esto será importante más adelante)

Por lo tanto, ahora podemos evaluar la integral

\begin{equation} I_n = \int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\frac{a_{n-1}\cos(x) + b_{n-1}}{a_n \cos(x) + b_n}\:dx \end{equation}

Aquí emplearé el Sustitución de Weierstrass $t = \tan\left(\frac{x}{2} \right)$ :

\begin{align} I_n &= \int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\frac{a_{n-1}\cos(x) + b_{n-1}}{a_n \cos(x) + b_n}\:dx = \int_0^1 \frac{a_{n-1}\frac{1 - t^2}{1 + t^2} + b_{n-1}}{a_n \frac{1 - t^2}{1 + t^2} + b_n}\frac{2\:dt}{1 + t^2} \\ &= 2\int_0^1 \frac{a_{n - 1}\left(1 - t^2\right) + b_{n - 1}\left(1 + t^2\right)}{\left(1 + t^2\right)\left(a_n\left(1 - t^2\right) + b_n\left(1 + t^2\right)\right)}\:dt \\ &= 2\int_0^1 \frac{\left(b_{n - 1} - a_{n-1}\right)t^2 + \left(b_{n-1} + a_{n-1}\right)}{\left(1 + t^2\right)\left(\left(b_n - a_n\right)t^2 + \left(b_n + a_n\right)\right)}\:dt \\ &= 2\left(\frac{b_{n - 1} - a_{n-1}}{b_n - a_n}\right) \int_0^1 \frac{t^2 - \theta_{n - 1}}{\left(1 + t^2\right)\left(t^2 + \theta_n\right)}\:dt \end{align}

Donde

\begin{equation} \theta_n = \frac{b_n + a_n}{b_n - a_n} \end{equation}

Como $a_n \gt b_n \geq 0$ vemos que $\theta_n \lt 0$ . Por lo tanto:

\begin{align} I_n &= 2\left(\frac{b_{n - 1} - a_{n-1}}{b_n - a_n}\right) \int_0^1 \frac{t^2 - \left|\theta_{n - 1}\right|}{\left(1 + t^2\right)\left(t^2 - \left| \theta_n\right)\right|}\:dt \\ &= 2\left(\frac{b_{n - 1} - a_{n-1}}{b_n - a_n}\right)\left[ \frac{1}{\left|\theta_n\right| + 1} \left[\left(\left|\theta_{n-1}\right| + 1 \right) \arctan(x) + \frac{\left|\theta_{n-1}\right| - \left|\theta_{n}\right|}{\sqrt{\left|\theta_n\right|}}\operatorname{arctanh}\left(\frac{x}{\sqrt{\left|\theta_n\right|}} \right)\right]\right]_0^1 \\ &=2\left(\frac{b_{n - 1} - a_{n-1}}{b_n - a_n}\right)\left(\frac{1}{\left|\theta_n\right| + 1} \right)\left[\left(\left|\theta_{n-1}\right| + 1 \right) \frac{\pi}{4} + \frac{\left|\theta_{n-1}\right| - \left|\theta_{n}\right|}{\sqrt{\left|\theta_n\right|}}\operatorname{arctanh}\left(\frac{1}{\sqrt{\left|\theta_n\right|}} \right)\right] \end{align}

Nota $b_n = a_{n - 1}$ y así:

\begin{align} I_n &=2\left(\frac{b_{n - 1} - a_{n-1}}{b_n - a_n}\right)\left(\frac{1}{\left|\theta_n\right| + 1} \right)\left[\left(\left|\theta_{n-1}\right| + 1 \right) \frac{\pi}{4} + \frac{\left|\theta_{n-1}\right| - \left|\theta_{n}\right|}{\sqrt{\left|\theta_n\right|}}\operatorname{arctanh}\left(\frac{1}{\sqrt{\left|\theta_n\right|}} \right)\right] \\ &= \frac{a_{n - 1}}{a_n}\frac{\pi}{2} + \left[1 - \frac{a_{n + 1}\left(a_{n - 1} - a_{n - 2} \right)}{a_n\left(a_n - a_{n - 1} \right)} \right]\sqrt{\frac{a_n - a_{n - 1}}{a_{n + 1}}}\operatorname{arccoth}\left(\sqrt{\frac{a_{n + 1}}{a_n - a_{n - 1}}} \right) \end{align}

Answer 1

Dado que la relación de recurrencia es totalmente no lineal, podría ser mejor probar los primeros términos con la condición inicial $F_0=f$ . Mediante Mathematica, es fácil encontrar que la expresión general debe ser de la forma $$ F_n=\frac{a_n+b_nf}{a_n+b_n+a_nf} $$ para $n\ge 1$ , donde $a_n$ y $b_n$ son constantes. Por la relación de recurrencia, estas constantes deben seguir $$ \left( \begin{array}{c} a_{n+1}\\ b_{n+1} \end{array} \right)=\left( \begin{array}{cc} 1&1\\ 1&0 \end{array} \right)\left( \begin{array}{c} a_n\\ b_n \end{array} \right), $$ con $$ \left( \begin{array}{c} a_1\\ b_1 \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c} 1\\ 0 \end{array} \right). $$ Gracias al álgebra lineal, se puede resolver esta $a_n$ y $b_n$ inmediatamente.

Espero que esto pueda ser de alguna manera útil para usted.

Answer 2

Esto está copiado de otra respuesta mía:

Dejemos que $f_1 = \frac{1}{1 + g(x) } $ donde $g(x) > 0, $ , y que $f_n(x) =\frac{1}{1+f_{n-1}(x)} $ .

Entonces $f_n(x) \to \dfrac{\sqrt{5}-1}{2} $ .

Nota: Dudo que nada de esto sea original, pero todo esto fue hecho recién hecho por mí.

Prueba.

$\begin{array}\\ f_n(x) &=\frac{1}{1+\frac{1}{1+f_{n-2}(x)}}\\ &=\frac{1+f_{n-2}(x)}{1+f_{n-2}(x)+1}\\ &=\frac{1+f_{n-2}(x)}{2+f_{n-2}(x)}\\ \end{array} $

Por lo tanto, si $f_{n-2}(x) > 0$ entonces $\frac12 < f_n(x) \lt 1$ .

De la misma manera, si $f_{n-1}(x) > 0$ entonces $0 < f_n(x) \lt 1$ .

$\begin{array}\\ f_n(x)-f_{n-2}(x) &=\dfrac{1+f_{n-2}(x)}{2+f_{n-2}(x)}-f_{n-2}(x)\\ &=\dfrac{1+f_{n-2}(x)-f_{n-2}(x)(2+f_{n-2}(x))}{2+f_{n-2}(x)}\\ &=\dfrac{1-f_{n-2}(x)-f_{n-2}^2(x)}{2+f_{n-2}(x)}\\ \end{array} $

$\begin{array}\\ f_n(x)+f_n^2(x) &=\dfrac{1+f_{n-2}(x)}{2+f_{n-2}(x)}+(\dfrac{1+f_{n-2}(x)}{2+f_{n-2}(x)})^2\\ &=\dfrac{(1+f_{n-2}(x))(2+f_{n-2}(x))}{(2+f_{n-2}(x))^2}+\dfrac{1+2f_{n-2}(x)+f_{n-2}^2(x)}{(2+f_{n-2}(x))^2}\\ &=\dfrac{2+3f_{n-2}(x)+f_{n-2}^2(x)+1+2f_{n-2}(x)+f_{n-2}^2(x)}{(2+f_{n-2}(x))^2}\\ &=\dfrac{3+5f_{n-2}(x)+2f_{n-2}^2(x)}{(2+f_{n-2}(x))^2}\\ \text{so}\\ 1-f_n(x)-f_n^2(x) &=\dfrac{4+4f_{n-2}(x)+f_{n-2}^2(x)-(3+5f_{n-2}(x)+2f_{n-2}^2(x))}{(2+f_{n-2}(x))^2}\\ &=\dfrac{1-f_{n-2}(x)-f_{n-2}^2(x)}{(2+f_{n-2}(x))^2}\\ \end{array} $

Por lo tanto, $1-f_n(x)-f_n^2(x)$ tiene el mismo signo que $1-f_{n-2}(x)-f_{n-2}^2(x)$ . También, $|1-f_n(x)-f_n^2(x)| \lt \frac14|1-f_{n-2}(x)-f_{n-2}^2(x)| $ así que $|1-f_n(x)-f_n^2(x)| \to 0$ .

Dejemos que $p(x) = 1-x-x^2$ y $x_0 = \frac{\sqrt{5}-1}{2} $ así que $p(x_0) = 0$ , $p'(x) < 0$ para $x \ge 0$ .

Desde $f_n(x) > 0$ , $f_n(x) \to x_0$ .