Secuencia - Demostrar que $\lim_{n \to \infty}x_n=\alpha$ - Cálculo

Question

Con respecto a:

Sea $a,b \in \mathbb{R}$ tal que $a<b$ y que $f:[a,b] \to [a,b]$ sea una función diferenciable, y $t \in [a,b]$ y consideremos la secuencia $(x_n)_{n=1}^{\infty}$ definido por: $$\left\{\begin{matrix} x_1=t & \\ x_{n+1}=f(x_n) & \forall n\geq 1 \end{matrix}\right.$$

Supongamos que existe un punto $\alpha \in [a,b]$ tal que $f(\alpha)=\alpha$ .

Demostrar, utilizando MVT, que si existe un $0 \le q <1$ tal que $|f'(x)|\le q$ para cada $x \in [a,b]$ entonces $\lim_{n \to \infty}x_n=\alpha$

--

He intentado separar esta cuestión y demostrarlo paso a paso:

1. Tenga en cuenta que $f$ es diferenciable en $[a,b]$ por lo que es una función diferenciable y continua en cada intervalo que forma parte de $[a,b]$ en particular en $[\alpha,x_n]$ Entonces, por MVT, obtenemos que existe un punto $d$ tal que $\alpha<d<x_n$ y: $$f'(d)=\frac{f(x_n)-f(\alpha)}{x_n- \alpha}=\frac{x_{n+1}- \alpha}{x_n- \alpha}$$

2. Sabemos que $|f'(d)\le q|$ por lo que en conclusión obtenemos que $|x_{n+1}-\alpha| \le q|x_n-\alpha|$

No estoy seguro de haber hecho esta parte correctamente, porque no puedo estar seguro de que $\alpha < x_n$ para elegir el intervalo $[\alpha,x_n]$ con los que trabajé. Además, no sé si puedo tomar $x_n$ como parte del intervalo, ¿puedo?

3. No estoy seguro, pero creo que recursivamente puedo decir que $q^0|x_{n+1}-\alpha| \le q|x_n-\alpha| \le q^2|x_{n-1}-\alpha| \le ... \le q^n|x_1-\alpha|=q^n|t-\alpha|$ lo que significa que $|x_{n+1}-\alpha| \le q^n|t-\alpha|$

Me encantaría saber si lo que he hecho hasta ahora es correcto, y recibir algunos consejos sobre qué hacer a continuación.

¡Muchas gracias!

Answer 1

Ya casi has terminado con la prueba. Para $\varepsilon > 0$ dejamos que $\delta = \frac{\varepsilon}{2q}$ . Así $|x_1 − \alpha| <\delta $ implica que $|x_{n+1} − \alpha| < q^n \cdot \frac{\varepsilon}{2q} < \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon$ para todos $n > 0$ . Por lo tanto $\lim_{n\rightarrow \infty}x_n = \alpha$ .

Un dato curioso:

Esta afirmación puede ser aún más contundente. Si $|f^{'}(\alpha)| <1$ entonces también $\lim_{n\rightarrow \infty}x_n = \alpha$ .

Answer 2

No importa si $ x_n\le \alpha $ o $ x_n>\alpha$ .

El MVT funciona en ambas direcciones $$f(a)-f(b)=(a-b)f'(c)$$ y

$$f(b)-f(a)=(b-a)f'(c)$$

Con el valor absoluto, obtenemos el mismo resultado. $$|\alpha-x_{n+1}|\le q|x_n-\alpha|$$ $$\le q^2|\alpha-x_{n-1}|$$

...

$$\le q^n|x_1-\alpha|\to 0$$ así $$x_n\to \alpha$$