Demostrar que existe $n\in \mathbb{N}$ s.t. $x_n=\frac12$

Question

Dejemos que $(x_n)_n$ una secuencia dada por $2x_{n+1}=2x_n^2-5x_n+3$ con $x_1\in \mathbb{Q}$ . Sé que la secuencia es convergente. Sé que el límite de la sucesión debe ser $\dfrac{1}{2}$ o $3$ .

Quiero demostrar que existe $n\in \mathbb{N}$ s.t. $x_n=\dfrac{1}{2}$ si la secuencia va a $\dfrac{1}{2}$ . Similar si la secuencia va a $3$ .

Lo intenté por definición con $\epsilon$ pero no tuve éxito.

Answer 1

Dejemos que $f(x)=x^2-\frac{5}{2}x+\frac{3}{2}$ para que $x_{n+1}=f(x_n)$ . Supongamos que $x_n$ converge a $l$ , donde $l\in\lbrace \frac{1}{2},3\rbrace$ . Entonces

$$ y_n=\frac{x_{n+1}-l}{x_n-l}=\frac{f(x_{n})-f(l)}{x_n-l} \to f'(l) \textrm{ when } n \to \infty \tag{1} $$

Tenga en cuenta que $f'(\frac{1}{2})=-\frac{3}{2}$ y $f'(3)=\frac{7}{2}$ . Así que $|f'(l)| \geq \frac{3}{2}$ en ambos casos, y por tanto $|f'(l)| \gt \frac{5}{4}$ en ambos casos. De ello se desprende que existe una $n_0$ tal que $|y_n|\gt \frac{5}{4}$ para todos $n\geq n_0$ . Entonces

$$|x_{n+1}-l| \geq \frac{5}{4} |x_n-l| \textrm{ for all } n\geq n_0 \tag{2}$$ . Por inducción, deducimos $$|x_n-l| \geq \big(\frac{5}{4}\big)^{n-n_0}|x_{n_0}-l| \textrm{ for all } n\geq n_0 \tag{3}$$

Si $x_{n_0}\neq l$ , deduciríamos que $\lim_{n\to\infty}{|x_n-l|}=\infty$ lo cual es imposible. Así que $x_{n_0}=l$ , con lo que termina la prueba.

Answer 2

Como se señala en la respuesta de Ewan Delanoy, básicamente estás viendo las iteraciones de la función $f(x)=x^2-\frac{5}{2}x+\frac{3}{2}$ . Puede que te ayude a intuir el comportamiento si dibujas esta función y utilizas la gráfica para obtener unas cuantas iteraciones, partiendo de diferentes puntos.

Puede ver un ejemplo a continuación. Puede encontrar más información en los artículos de la Wikipedia: Parcela de la telaraña y Iteración en punto fijo .

Answer 3

Dejemos que $\overline{x} = \lim_n x_n \in \{\frac12,3\}$ . Considere la serie $y_n = x_n - \overline{x}.$

$$ \begin{align} y_{n+1} &= x_{n+1} - \overline{x}\\ &= x_n^2 - \frac52x_n+\frac32 - \overline{x}\\ &= \big(y_n+\overline{x}\big)^2 - \frac52\big(y_n+\overline{x}\big)+\frac32 -\overline{x}\\ &= y_n\Big(y_n+2\overline{x}-\frac52\Big)+\underbrace{\overline{x}^2-\frac72\overline{x}+\frac32}_{=0 \text{ for } \overline{x} \in\{\frac12,3\}} \end{align} $$

Por definición de $\overline{x}$ la serie $(y_n)_n$ converge a $0$ .

Considere el caso $\overline{x} = \frac12$ . Entonces $$ y_{n+1} = y_n \Big(y_n - \frac32\Big). $$ Dejemos que $n_0$ sea tal que $|y_n| < \frac14$ para todos $n \ge n_0$ . Esto implica $|y_n-\frac32| > \frac54$ para todos $n \ge n_0$ . Por inducción (como en la respuesta de Ewan Delanoy), obtenemos: $$ |y_{n}| > \frac54^{n-n_0} |y_{n_0}| \qquad \text{for all } n > n_0. $$ Para un tamaño suficientemente grande $n$ Esto contradice $|y_n| < \frac14$ , a menos que $|y_{n_0}| = 0.$ Concluir que existe una $n_0$ tal que $y_{n_0} = 0$ y por lo tanto $x_{n_0} = \frac12.$

Para $\overline{x}=3$ Las mismas ideas se aplican.