La pregunta está en el título; estoy buscando la tasa de descomposición exacta. Naturalmente, supongamos que el punto de partida $y_0$ pertenece a $(0,1)$ .
Esto está motivado por una de las respuestas a una pregunta anterior mía .
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Considere la recurrencia $\displaystyle x_{n+1} = x_n(1-x_n)$ (perdón por cambiar la notación).
Si $\displaystyle y_n = \frac{1}{x_n}$ entonces vemos que
$$y_{n+1} - y_n = \frac{1}{1-x_n}$$
y por lo tanto
$$ y_n = y_0 + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{1-x_k} $$
Desde $\displaystyle 1 - x_n \to 1$ tenemos que $\displaystyle \frac{1}{1-x_n} \to 1$ y por lo tanto $\displaystyle \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{1-x_k} \to 1$
Y así $\displaystyle \frac{y_n}{n} \to 1$ es decir $\displaystyle n x_n \to 1$ .
Una técnica similar fue utilizada en la excelente respuesta de David Speyer aquí: Convergencia de $\sqrt{n}x_{n}$ donde $x_{n+1} = \sin(x_{n})$
Obsérvese que obtenemos su secuencia considerando la secuencia $\displaystyle x_{n+1} = f(x_n)$ donde $\displaystyle f(x) = x - x^2$ y aplicando aquí la técnica de esa respuesta.
Véase también: Límite de la secuencia $nx_{n}$ donde $x_{n+1} = \log (1 +x_{n})$
P.D.: Se pueden obtener estimaciones más precisas utilizando lo anterior ( $\displaystyle x_n \sim \frac{1}{n}$ ) y pasarla de nuevo por
$\displaystyle y_n = C + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{1-x_k} = C + n + \sum_{k=0}^{n-1} x_k + + \sum_{k=0}^{n-1} \mathcal{O}(x_k^2)$
Creo que haciendo esto obtenemos la estimación
$$y_n = n + \log n + \mathcal{O}(1)$$
psychotik
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Esto no es más que una repetición de las dos respuestas anteriores, pero puede estivar algunas ideas que se utilizan a lo largo de todo el proceso.
Una de las observaciones críticas que nos son necesarias es el teorema de Stolz-Cesàro, que se enuncia como sigue:
Teorema (Stolz-Cesàro) Si $(a_n)$ y $(b_n)$ son secuencias de números reales tales que $b_n \nearrow +\infty$ y $$ \lim_{n\to\infty} \frac{\Delta a_n}{\Delta b_n} = \ell,$$ donde $\Delta a_n := a_{n+1} - a_n$ es el operador de diferencia hacia adelante. Entonces $$\lim_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n} = \ell .$$
Ahora, supongamos que hay $a > 0$ y $r > 1$ tal que $f(x) = x - (a + o(1))x^{r}$ para $0 \leq x \ll 1$ . Entonces, para una condición inicial positiva convenientemente pequeña $x_0$ encontramos que la secuencia $(x_n)$ definido por la fórmula recursiva $x_{n+1} = f(x_n)$ se convierte en positivo y decreciente. Entonces converge a algún número no negativo, que satisfará la relación $x = x - (a + o(1))x^{r}$ por lo tanto, cero.
Entonces es simple (y mucho más simple para $r = 2$ como en nuestro caso) la estimación muestra que $$\begin{eqnarray*}\frac{1}{x_{n+1}^{r-1}} - \frac{1}{x_{n}^{r-1}} & = & \frac{1 - \left( x_{n+1}/x_{n} \right)^{r-1}}{x_{n+1}^{r-1}} \\ & = & \frac{1 - \left( 1 - (a + o(1)) x_{n}^{r-1} \right)^{r-1}}{x_{n}^{r-1} \left( 1 - (a + o(1)) x_{n}^{r-1} \right)} \\ & = & \frac{(r-1)(a + o(1)) x_{n}^{r-1} + O(x_{n}^{2(r-1)})}{x_{n}^{r-1}(1 + o(1))} \\ & = & (r-1) a + o(1). \end{eqnarray*}$$ Así, por el teorema de Stolz-Cesàro, tenemos $$ \lim_{n\to\infty} n x_{n}^{r-1} = \frac{1}{(r-1)a}.$$
Geoff Robinson
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Creo que está claro que la forma más lenta en que esta secuencia puede decaer es tomando $y_0 = \frac{1}{2}$ . Esto se debe a que $x -x^2$ tomar el valor máximo $\frac{1}{4}$ en $(0,1)$ y $x - x^2$ está aumentando en $(0,\frac{1}{2})$ . Por lo tanto, cualquiera que sea el valor de $y_0$ que elijas, tienes $y_ 1 \leq \frac{1}{4}$ y luego $y_{2} \leq \frac{3}{16}$ , $y_{3} \leq \frac{39}{256}$ etc., y eligiendo $y_0 = \frac{1}{2}$ , se obtiene el único secuencia decreciente más lenta.
Cabe destacar que la secuencia $(y_t)$ es la secuencia obtenida por aplicando el método de Newton para resolver $f(y) = 0$ , donde $f(y) = e^{\frac{-1}{y}}$ (para ampliar $f$ a una función continua en $[0,1]$ tenemos que definir $f(0) =0$ y es evidente que no hay ningún otro valor de $y \in [0,1]$ para lo cual $f(y) =0$ ).
Did
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Por cada $y_0$ en $(0,1)$ , $ty_t\to1$ .
He aquí una prueba elemental. En primer lugar, consideremos las secuencias $(y^{(a)}_{t})$ definido por $$ y^{(a)}_{t+1}=\frac{y^{(a)}_{t}}{1+ay^{(a)}_{t}} $$ para un determinado positivo $a$ . Entonces $$ y^{(a)}_{t}=\frac{y^{(a)}_{0}}{1+tay^{(a)}_{0}}, $$ por lo que $y^{(a)}_t\to0$ y $\lim ty^{(a)}_t=1/a$ .
Ahora, $y(1-y)\le y/(1+y)$ para cada no negativo $y$ por lo tanto, si $y^{(1)}_0=y_0$ y $y_0$ está en $(0,1)$ entonces $y^{(1)}_{t}\ge y_t$ por cada $t$ . Esto demuestra que $y_t\le y_{0}/(1+ty_{0})$ Por lo tanto $\limsup ty_t\le1$ .
En particular, $y_t\to0$ por lo tanto, para todo positivo $x<1$ se puede elegir un índice $t_x$ tal que $y_{t_x}\le x$ . Sea $z_x=y_{t_x}$ y $a_x=1/(1-x)$ . Entonces $y(1-y)\ge y/(1+a_xy)$ por cada $y$ en $(0,x)$ por lo que las iteraciones $y_t\to y_{t+1}$ para $t\ge t_x$ son tales que $$ y_t\ge \frac{z_x}{1+(t-t_x)a_xz_x}. $$ Esto implica que $\liminf ty_t\ge1/a_x=1-x$ por cada positivo $x<1$ Por lo tanto $\liminf ty_t\ge1$ y el resultado anterior es válido para cada $y_0$ en $(0,1)$ .
