Prueba del comportamiento límite de las funciones que contienen funciones trigonométricas iteradas.

Question

Recuerdo que hace años me encontré con unos límites aparentemente no triviales (es decir, no relacionados con el punto fijo) que describían el comportamiento de funciones trigonométricas infinitamente iteradas, pero no puedo recordar cómo construir la prueba.

¿Puede alguien indicarme la dirección correcta?

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En concreto, quiero demostrar los siguientes límites:

$$ \lim _{\left|n\right|\to \infty }\sqrt{\frac{4n}{3}}\left(\sin ^{\left\{n\right\}}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)\right) = 1 $$ $$\textbf{and}$$ $$ \lim _{\left|n\right|\to \infty }\sqrt{\frac{5n}{3}}\left(\tanh ^{\left\{n\right\}}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)\right) = 1 $$

Es decir:

$$ \sin \left(\sin \left(\sin \left(\sin \left(\sin \left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)\right)\right)\right)\right) \cdot \sqrt{\frac{4\cdot 5}{3}} \approx 1 $$
$$ \tanh \left(\tanh \left(\tanh \left(\tanh \left(\tanh \left(\tanh \left(\frac{1}{\sqrt{6}}\right)\right)\right)\right)\right)\right)\cdot \sqrt{\frac{5\cdot 6}{3}}\approx 1 $$
$$ \operatorname{arcsinh}\left(\operatorname{arcsinh}\left(\operatorname{arcsinh}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\right)\right)\cdot \sqrt{\frac{4\cdot 3}{3}}\approx 1 $$

... y así sucesivamente, anotando el valor absoluto en los límites.

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Nota sobre la notación :

Parece que la gente utiliza una variedad de notaciones diferentes para expresar la iteración de la función, pero yo opté por esta porque me parecía más natural: $$ f^{\left\{0\right\}}\left(x\right)=x $$ $$ f^{\left\{1\right\}}\left(x\right)=f(x) $$ $$ ... $$ $$ f^{\left\{k\right\}}\left(x\right)=f\left(f^{\left\{k-1\right\}}\left(x\right)\right)\text{ } \forall k\in \mathbb{Z} $$

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¡Esto me ha estado molestando durante un tiempo, pero parece que no puedo hacer ningún progreso sustantivo (a pesar de varias horas de intentos infructuosos de reconstruir la prueba a partir de viejas notas), así que estaré eternamente agradecido si ustedes pueden darme alguna orientación!

Answer 1

Puede comparar la iteración con $x_{n+1}=x_n+ax_n^2$ o $x_{n+1}=x_n+ax_n^3$ donde se obtiene un comportamiento asintótico similar al método de solución de Bernoulli DE, es decir, considerar $y_n=x_n^{-2}$ o alguna otra potencia adecuada. En su caso de uso tendría que tratar $x_n$ en función de $x_0$ y, a continuación, insertar el especial $x_0$ en la expresión asintótica. Véase

• Convergencia de $\sqrt{n}x_{n}$ donde $x_{n+1} = \sin(x_{n})$
• Cálculo de $\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\sin(\sin...(\sin(x)..)$

Otro método (que también podría utilizarse como refinamiento del primero) es encontrar un mapa de conjugación para transformar la recursión en una con comportamiento conocido, véase Ecuación de Schröder y como se explora en

• Expansión asintótica de $v_n = 2^nu_n$ donde $u_{n+1} = \dfrac{1}{2}\arctan(u_n)$
• Expansión asintótica de $u_{n + 1} = \frac12 \arctan(u_n)$

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Para el ejemplo del seno se obtiene para $x_{n+1}=\sin(x_n)=x_n-\frac16x_n^3+...$ que con $y_n=x_n^{-2}$ $$ y_{n+1}=\frac2{1-\cos(2x_n)} =\frac2{2x_n^2-\frac2{3}x_n^4+\frac4{45}x_n^6\pm...} =y_n+\frac13+\frac1{15}y^{-1}+O(y_n^{-2}) \\ \implies y_n=y_0+\frac n3+C+O(\log(3y_0+n)) $$ para que con $x_0=\frac1{\sqrt n}\implies y_0=n$ se deduce que $$ \lim_{n\to\infty}\frac{y_n}{n}=\frac43 \implies \lim_{n\to\infty}\sqrt{n}x_n=\frac{\sqrt3}2 $$

En el caso del $\tanh$ iteración, la constante aditiva cambia de $\frac13$ a $\frac23$ todo lo demás permanece en gran medida igual, de modo que $\frac{y_n}n\to\frac53$ .

Answer 2

Descargo de responsabilidad: Esto no es realmente una respuesta, sino algo que he probado.

Yo uso $\sin_n$ para denotar la función seno iterada $n$ tiempos. Formulo el problema como: Demostrar que $$ \sin_n (\frac{1}{\sqrt n}) \to \frac{\sqrt 3}{2} \frac{1}{\sqrt n}$$ He visto este post sobre la aproximación de Taylor para el seno iterado: aquí que dice que $$ \sin_n(x) = x - \frac{n}{6}x^3 - \left(\frac{n}{30} - \frac{n^2}{24} \right)x^5 + \epsilon$$ Conecto $x = 1 / \sqrt n$ y obtener $$ \sin_n(\frac{1}{\sqrt n}) = \frac{1}{\sqrt n} \left( \frac{5}{6} - \left( \frac{\frac{4}{n} - 5}{120} \right) \right) + \epsilon$$ Así que como $n \to \infty$ el término dentro de los paréntesis grandes va a $$ \frac{5}{6} + \frac{5}{120} = 5 \left(\frac{1}{3!} + \frac{1}{5!} \right)$$ Sólo hago una conjetura de que si se utilizan más términos de la expansión de Taylor, se va a obtener un patrón $$5 \left(\frac{1}{3!} + \frac{1}{5!} + \frac{1}{7!} \dotsm\right)$$ y Wolfram dice que esto es $5(\sinh(1)-1) = 0.8760...$ . Comparar con $\sqrt 3 / 2 = 0.8660...$ y parece que está bastante cerca...