Prueba de que la solución de cosx = x, es el límite de una secuencia recursiva.

Question

Así que tengo esta pregunta. Existe una secuencia $a_n$ tal que: $$a_0 = \frac \pi4, a_n=\cos\left(a_{n-1}\right)$$ Demostrar que $\lim_{n\rightarrow\infty} a_n = \alpha$ Donde $\alpha$ es la solución a $\cos x = x$ .

También hay una pequeña pista que dice que debo demostrar que es una secuencia de Cauchy y luego usar la MVT.

Bien, he demostrado su Cauchy, y luego he utilizado el hecho de que existe un $L \in \mathbb{R}$ tal que:

$$ \lim_{n\rightarrow\infty} \cos(a_{n-1}) = L. $$

Como el cos es continuo, se puede escribir como $ \cos(\lim_{n\rightarrow\infty} a_{n-1}) = L $ que es $\cos(L) = L$ . He comprobado con el IVT y el derivado que $\alpha$ de antes es único, por lo tanto $L = \alpha$ .

A mí me parece bien, pero la sugerencia decía que se usara MVT, que no veo muy bien por qué, ni dónde usarlo. Espero que ustedes sepan más.

Answer 1

$g(x):=\cos x-x\Rightarrow g(-{\pi\over 3})>0 ,g({\pi\over 3})<0$ . Como $g$ es continua sobre $\mathbb{R}$ , $g$ se desvanece en algún lugar entre $(-{\pi\over 3},{\pi\over 3})$ . Tenga en cuenta que como $\pi\gt 3$ , $g$ no puede desaparecer fuera $(-{\pi\over 3},{\pi\over 3})$ de lo contrario significaría $|\cos (x)|\gt 1$ para algunos $x$ . También observe $|{d\over dx}\cos x|=|\sin x|< {1\over \sqrt 2}\;\forall\; x\in (-{\pi\over 3},{\pi\over 3})$ . Como $\cos x$ es positivo en $({-\pi\over 3},{\pi\over 3})$ la única solución de $\cos x=x$ Llamémoslo $\alpha$ debe estar en el intervalo $(0,{\pi\over 3})$ (podemos descartar $x=0$ mediante comprobación directa).

Como el coseno es diferenciable sobre $(0,{\pi\over 3})$ , utilizando $\mathtt{MVT}$ para $x,y \in (0,{\pi\over 3}) \text{ with } x\neq y$ vemos que $\exists c: x< c< y$ y $\cos x-\cos y=(x-y)\sin c\Rightarrow |\cos x-\cos y|\le \left({1\over\sqrt{2}}\right)|x-y|$ . Como $|\cos x|\le1$ , para $n>1,x_n\in(0,{\pi\over 3})$ . Por lo tanto, para $n>1$ tenemos

$$|\alpha-x_{n}|=|\cos\alpha-\cos x_{n-1}|\le\left({1\over\sqrt{2}}\right)|\alpha-x_{n-1}|\le\left({1\over\sqrt{2}}\right)^2|\alpha-x_{n-2}|\\ \le...\le\left({1\over\sqrt{2}}\right)^{n}|\alpha-x_0|:=\left({1\over\sqrt{2}}\right)^n\delta \cdots(1) $$

Así, para $m>n>1$

$$|x_m-x_n|\le|\alpha-x_m|+|\alpha-x_n|\le\left[\left({1\over\sqrt{2}}\right)^m+\left({1\over\sqrt{2}}\right)^n\right]\delta<2\delta\left({1\over\sqrt{2}}\right)^n\cdots(2) $$

Como $2\delta$ es una constante y $\left({1\over\sqrt{2}}\right)< 1$ , $(2)$ demuestra que $\{x_n\}$ es Cauchy y $(1)$ demuestra que converge a $\alpha$ .