Estaba jugando en desmos el otro día, y noté que $\sin\left(\sin\left(x\right)\right)$ es básicamente una versión de seno con una amplitud más baja (lo cual tiene sentido intuitivo). Para mí, parece intuitivo que esta curva, cuando se compone infinitamente, se convierte en una línea recta, ya que los valores en $x=\frac{\pi}{2}\mathbb{Z}$ se moverían (lentamente) hacia los valores en $x=\pi\mathbb{Z}$ por la virtud de alejarse de los picos, pero ¿hay alguna manera de demostrar esto correctamente?
Respuestas
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Jeff Fritz
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Buena pregunta. La línea recta de la que estás hablando es en realidad la línea $y=0$.
Una manera de ver esto es comenzar en cualquier punto $x_0\in\mathbb{R}$ y aplicar una iteración de punto fijo con la fórmula $$x_{n+1} = \sin(x_n).$$
Es casi como si los Dioses de las matemáticas supieran que ibas a hacer esta pregunta, ¡porque Wikipedia incluso tiene un bonito diagrama de lo que está sucediendo en tu ejemplo exacto!
El diagrama muestra lo que sucede con $x_0 = 2$. Obtenemos un diagrama en forma de escalera convergiendo hacia la única raíz de la ecuación $x = \sin(x),\ $ es decir, $x = 0.$
Pero esto fue con un punto de partida de $x_0 = 2.$ ¿Qué pasa con otros puntos de partida? Bien, sabemos que, para todo $x \in \mathbb{R},\ -1 \leq \sin(x) \leq 1.$ Si $x_0$ es tal que $0\leq x_1=\sin(x_0)\leq 1,\ $ entonces obtenemos una convergencia similar a la del diagrama anterior (escalera). Y si $x_0$ es tal que $-1\leq x_1=\sin(x_0)\leq 0,\ $ entonces también obtenemos algo similar, pero sucediendo por debajo del eje $x-$, pero aún hacia la raíz $x=0$.
Se sigue que la curva a la que converge $\sin\left(\sin\left(\sin\left(\ldots x \right)\right)\right)$ es de hecho el eje $x$, es decir, la línea $y=0.$
¿Por qué/cuándo ocurre esto / cómo podemos demostrar que obtenemos convergencia a través de este proceso de "iteración de punto fijo"?
Se puede demostrar que una iteración de punto fijo $x_{n+1} = g(x_n)$:
- converge si $\ \vert g'(x)\vert < 1\ $ cerca de la raíz y $x_1$ está suficientemente cerca de la raíz
- diverge si $\ \vert g'(x) > 1\ $ cerca de la raíz.
Hay mucho material por ahí si quieres buscar pruebas de estas cosas, pero lo anterior es un resumen de cuándo ocurre la convergencia.
En el ejemplo $x_{n+1} = \sin(x_n)\ $, tenemos $g(x)=\sin(x).\ $ Sabemos que $g'(0) = 1$, y $g'(x)<1$ para $x$ cerca pero no igual a la raíz. También hemos visto que $x_1\in [-1,1]\ $ y está suficientemente cerca de la raíz. Por lo tanto obtenemos convergencia hacia $0$ para cualquier valor inicial $x_0.$
Anthony Shaw
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858
Evaluación del Límite
Sea $a_{n+1}=\sin(a_n)$ y supongamos que $a_0\gt0$.
Como se muestra en esta respuesta, para $x\gt0$, $0\lt\sin(x)\lt x$. Por lo tanto, $a_n$ es una secuencia decreciente acotada por debajo de cero. Por lo tanto, el $\lim\limits_{n\to\infty}a_n$ existe. Dado que $\sin(x)$ es continua, $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}a_n &=\lim_{n\to\infty}\sin(a_n)\tag{1a}\\ &=\sin\left(\lim_{n\to\infty}a_n\right)\tag{1b} \end{align} $$ Dado que $\sin(x)=x$ solo en $x=0$, la ecuación $(1)$ dice que $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{n\to\infty}a_n=0}\tag2 $$ Dado que $\sin(x)$ es una función impar, la ecuación $(2)$ es válida para $a_0\lt0$.
Por supuesto, si $a_0=0$, entonces $a_n=0$ para todo $n\ge0$, y la ecuación $(2)$ es válida para $a_0=0$.
Asíntotas
Como se muestra en esta respuesta $$ \lim\limits_{x\to0}\frac{x-\sin(x)}{x^3}=\frac16\tag3 $$ Si $a_0\ne0$, dado que $a_{n+1}=\sin(a_n)$, las ecuaciones $(2)$ y $(3)$ indican que $$ \lim_{n\to\infty}\frac{a_n-a_{n+1}}{a_n^3}=\frac16\tag4 $$ Una consecuencia inmediata de $(2)$ y $(4)$ es $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} &=\lim_{n\to\infty}\left(1-a_n^2\frac{a_n-a_{n+1}}{a_n^3}\right)\tag{5a}\\ &=1-0^2\cdot\frac16\tag{5b}\\[6pt] &=1\tag{5c} \end{align} $$ Por lo tanto, las ecuaciones $(4)$ y $(5)$ dan $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\left(\frac1{a_{n+1}^2}-\frac1{a_n^2}\right) &=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n^2-a_{n+1}^2}{a_n^2a_{n+1}^2}\tag{6a}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n-a_{n+1}}{a_n^3}\lim_{n\to\infty}\frac{a_n+a_{n+1}}{a_{n+1}}\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_{n+1}}\tag{6b}\\ &=\frac16\cdot2\cdot1\tag{6c}\\[3pt] &=\frac13\tag{6d} \end{align} $$ Finalmente, el teorema de Stolz-Cesàro y la ecuación $(6)$ indican que $\lim\limits_{n\to\infty}\frac1{na_n^2}=\frac13$; es decir, $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{n\to\infty}na_n^2=3}\tag7 $$ De hecho, comenzando con $a_0=1$, obtenemos $$ \begin{array}{r|l} n&na_n^2\\\hline 1&0.7080734183\\ 10&2.1433001582\\ 100&2.8511162950\\ 1000&2.9803925383\\ 10000&2.9976147637\\ 100000&2.9997198782\\ 1000000&2.9999678410 \end{array} $$
Límites
Sustituyendo $x\mapsto x/\pi$ en la ecuación $(7)$ de esta respuesta, obtenemos $$ \cot(x)=\sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac1{k\pi+x}\tag8 $$ Restando $(8)$ de $\frac1x$ y tomando la derivada, obtenemos $$ \frac1{\sin^2(x)}-\frac1{x^2}=\sum_{\substack{k\in\mathbb{Z}\\k\ne0}}\frac1{(k\pi+x)^2}\tag9 $$ Evaluando $(9)$ en $x=0$ da $\frac2{\pi^2}\zeta(2)=\frac13$, lo cual concuerda con $(6)$.
Tomando dos derivadas de $(9)$ obtenemos $$ \begin{align} \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}\left(\frac1{\sin^2(x)}-\frac1{x^2}\right) &=\sum_{\substack{k\in\mathbb{Z}\\k\ne0}}\frac6{(k\pi+x)^4}\\ &\ge0\tag{10} \end{align} $$ Por lo tanto, $\frac1{\sin^2(x)}-\frac1{x^2}$ es una función cóncava par con un mínimo de $\frac13$ en $x=0$.
Dado que $a_k^2$ es decreciente, $$ \frac13\le\frac1{a_{k+1}^2}-\frac1{a_k^2}\le\frac1{\sin^2(a_0)}-\frac1{a_0^2}\tag{11} $$ Sumando $(11)$ obtenemos $$ \frac n3\le\frac1{a_n^2}-\frac1{a_0^2}\le n\left(\frac1{\sin^2(a_0)}-\frac1{a_0^2}\right)\tag{12} $$ Dado que $\sin^2(x)\le1$, asumimos que $a_0^2\le1$, entonces $\frac1{\sin^2(a_0)}-\frac1{a_0^2}\le\cot^2(1)$.
Resolviendo $(12)$ para $a_n^2$ obtenemos $$ \frac{\tau a_0^2}{\tau+na_0^2}\le a_n^2\le\frac{3a_0^2}{3+na_0^2}\tag{13} $$ donde $\tau=\tan^2(1)\approx2.42551882$.
Verificación Gráfica
El límite $(7)$ es válido para cualquier $a_0\ne0$. Dado que $\sin(x)$ es una función impar, cambiar el signo de $a_0$ cambia el signo de todos los $a_n$. Por lo tanto, tenemos que $$\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\,a_n=\sqrt3\sgn(a_0)\tag{14} $$ Por lo tanto, si definimos $\sin^{\ast n}(x)$ como la composición de $n$ veces de $\sin(x)$, obtenemos $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\sin^{\ast n}(x)=\sqrt3\sgn(\sin(x))}\tag{15} $$ Aquí hay una verificación gráfica de $(15)$:
Asintóticamente, $(15)$ indica que $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\sin^{\ast n}(x)\sim\sqrt{\frac3n}\sgn(\sin(x))}\tag{16} $$ lo cual sería una forma más precisa de expresar lo que se intentaba decir.
Sabemos que $\sin(\mathbb{R})=[-1,1]$ Como la función seno es impar, será suficiente considerar el intervalo $[0,1]$. La función seno es creciente en este intervalo, por lo que $\sin([0,1])=[0,\sin(1)]$ Dado que $|sin(x)|<|x|$ este será un intervalo más corto que $[0,1]$. Podemos aplicar el proceso repetido obteniendo una sucesión de intervalos más pequeños, que deben converger al origen, o a un intervalo $[0,y]$ con $y=\sin y$. Pero el único $y$ tal es $y=0$, y los intervalos se reducen al origen.
Por lo tanto, para cualquier $\varepsilon>0$ existe un $N$ tal que para $n>N,\ |\sin^{(n)}x|<\varepsilon$ para todo $x\in \mathbb{R}$. Por lo tanto, tienes razón al decir que el gráfico se verá como una línea recta, de hecho el eje $x$.
Leon Katsnelson
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274
Esto es fácil de demostrar, pero requiere atención a algunos detalles.
Supongamos que elegimos algún $x_0$ y dejamos que $x_{n+1} = \sin x_n$. La idea es mostrar que $x_n \to 0$.
Si $x_0 = 0$ entonces $x_n = 0 $ para todos los $n$, así que supongamos $x_0 \neq 0$. Notemos que $|x_n| \le 1$ para $n \ge 1$, por lo que podríamos suponer $|x_0| \le 1$.
El teorema del valor medio muestra que para $x \neq 0$ y $|x| \le 1$ que $\sin x-0 = (\cos \xi) x$ para algún $\xi \in (0, x)$ (o $(x,0)$ si $x <0$), y dado que $\cos \xi \in (\cos 1,1)$ (usando $x\neq0$ y $|x| \le 1$ aquí) vemos que $|\sin x| = \sin |x| < |x|$.
En particular, $|x_n| $ es no decreciente y por lo tanto $|x_n| \to t^*$ para algún $t^*$. Por continuidad tenemos $\sin t^* = t^*$ y a partir del párrafo anterior vemos que debemos tener $t^* = 0$. Así que $x_n \to 0$ siempre.
