Deje$f(x)=(3x^2-2x^3)^{1/3}$ y$x_0 \in (0,1)$,$x_{n+1}=f(x_n)$. Probar la secuencia converge.

Question

Deje $f:\mathbb R \rightarrow \mathbb R $, $f(x)=(3x^2-2x^3)^{1/3}$. Demostrar que la secuencia de $(x_n)$, definido por $x_0 \in (0,1)$ e $x_{n+1}=f(x_n)$, converge y calcular el $\lim_{n \to \infty}x_n$.

Necesito ayuda con este ejercicio. Estudié la monotonía de $f(x)$ y un aumento de la en $(0,1)$. Luego escribí la desigualdad que se nos da por adelantado:
$$0 \lt x_0 \lt 1$$
A continuación, aplica la función de $f$ a la desigualdad, pero (creo?) los límites no modificar en absoluto, ya $f(0)=0$ e $f(1)=1$ así nos encontramos con:
$$0 \lt x_n \lt 1$$

No sé cómo encontrar la solicitada límite, que espero que usted me puede ayudar, y también tengo que aclarar esto: La secuencia de $x_n$ está delimitado por $0$ e $1$ y aumentando también. Es eso suficiente para demostrar su convergencia?

La segunda pregunta: ¿el límite anterior y el número de la secuencia converge a la misma?

Answer 1

Primero mostramos que para $x\in (0,1)$ $$1\ge (3x^2-2x^3)^{1\over 3}\ge x^{2\over 3}\ge 0$ $by showing that $ $3x^2-2x^3\ge x^2$ $in this interval which is obvious since for any $% x \ in (0,1)$ we have $ x> x ^ 2> x ^ 3> \ cdots $

Por sustitución obtenemos $$0\le (x_n)^{2\over 3}\le x_{n+1}=\sqrt[3]{3x_n^2-2x_n^3}<1$$applying this relation recursively $ n$ times we have $$(x_0)^{\left({2\over 3}\right)^n}\le x_{n+1}<1$$ since $$\lim_{n\to \infty}(x_0)^{\left({2\over 3}\right)^n}=1$$therefore $$\lim_{n\to \infty} x_{n+1}=1$ $ y el resultado es demostrado.

Answer 2

Se sabe, que en $\mathbb{R}$, cualquier monótona y acotada de la función converge. Como para el límite sabes que $f(x_{\inf}) = x_{\inf}$. Por lo tanto, usted puede encontrar un (potencial) límite simplemente la solución de la ecuación de $f(x) = x$. Puesto que usted ya ha demostrado que existe un límite y deben quedar en $(0,1)$, y los límites de la $\mathbb{R}$ son únicos, se puede concluir que las soluciones de obtener mediante la resolución de $f(x)=x$, $x \in (0,1)$ debe ser "el límite anterior y el número de la secuencia converge".

Answer 3

Sugerencias Ya que estudió monotonía (derivada es positiva en $(0,1)$), luego $$0<x_0<1 \Rightarrow f(0)\leq f(x_0)\leq f(1) \Rightarrow 0\leq x_1\leq 1$$ and inductively, the sequence is bounded $$0\leq x_n \leq 1$$

Ahora, mira la función de $g(x)=x-f(x)$ y ver que (las pruebas detalladas deja como ejercicio) $g(x)\leq 0, x\in (0,1)$ o $f(x)\geq x, x\in (0,1)$. Esto significa que $$x_1=f(x_0)\geq x_0 \Rightarrow x_2=f(f(x_0))\geq f(x_0)\geq x_0$$ y por inducción, la sucesión es monótona. Ser acotada y monótona, significa que el límite existe y es la solución para $L=\sqrt[3]{3L^2-2L^3}$.

Answer 4

Si $1 > x_n > 0$, a continuación, $x_{n+1} = x_n\left(\frac{3}{x_n}-2\right) ^{1/3} > x_n$, y por lo tanto $x_n$ es cada vez mayor. Nos muestran también que está delimitada desde arriba, por inducción. Claramente $x_0$ satisface. Supongamos $1 > x_n > 0$, luego

$$x_{n+1}^3-x_n^3=(x_{n+1}-x_n)(x_{n+1}^2+x_{n+1}x_{n}+x_n^2)=3x_{n}^2(1-x_n)$$ Por lo tanto, $$x_{n+1}-x_n = \frac{1-x_n}{\frac{1+(x_{n+1}/x_n)+(x_{n+1}/x_n)^2}{3}}$$ Porque ya hemos mostrado $x_{n+1}/x_n > 1$, el denominador es mayor que 1. Por lo tanto, $x_{n+1}-x_n<1-x_n$o $x_{n+1} < 1$. También es obvio que $x_{n+1}-x_n > 0$. Por lo tanto, tenemos una función creciente, delimitada por arriba en 1. No es mucho más trabajo para demostrar que el límite de la secuencia es 1.

Answer 5

Sugerencia: dado que $f$ es continuo, si la secuencia converge, el punto límite $x$ es un punto fijo de $f$ , es decir, $f(x) = x$ .