En este caso, no $\{x_n\}$ convergen dado que el $\{x_{2m}\}$ $\{x_{2m+1}\}$ convergen?

Question

Estoy jugando con una secuencia $\{x_n\}$ definido por $$ x_{n+1}=\frac{\alpha+x_n}{1+x_n}=x_n+\frac{\alpha-x_n^2}{1+x_n}. $$ Aquí $\alpha\gt 1$, e $x_1\gt\sqrt{\alpha}$.

Estoy tratando de calcular $\lim\ x_n$. Si converge, es fácil de calcular, como $\sqrt{\alpha}$ a partir de las anteriores igualdades, pero no sé si lo hace o no. ¿No es así?

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Hice un par de observaciones a partir de las relaciones (incluidas pruebas, que son en su mayoría jugando con inequalies):

• $x_n\gt\sqrt{\alpha}\implies x_{n+1}<\sqrt{\alpha}$
• $x_n\lt\sqrt{\alpha}\implies x_{n+1}>\sqrt{\alpha}$
• $x_n>\sqrt{\alpha}\implies x_{n+2}<x_n$
• $x_n<\sqrt{\alpha}\implies x_{n+2}>x_n$

A partir de estos deduje que $x_1>x_3>x_5>\cdots$, y está acotado abajo por $\sqrt{\alpha}$. También, $x_2<x_4<x_6<\cdots$ y está limitada anteriormente por $\sqrt{\alpha}$. Así que yo sé que $\{x_{2m}\}$ $\{x_{2m+1}\}$ ambos convergen.

Me imagino que si $\{x_n\}$ no converge, entonces, por alguna $\epsilon>0$, y para cualquier $N$, existen algunos $n,m>N$ tal que $|x_n-x_m|>\epsilon$, e $n$ $m$ pueden ser de distinta paridad. ¿Hay alguna forma de obtener una contradicción? Gracias.

Answer 1

Como los comentarios y las otras respuestas indican, hay varios enfoques a este problema; me explique tres de ellos aquí. Definir las funciones $f, g : [0, \infty) \to [0, \infty)$ por $$ \begin{align*} f(x) &= \frac{\alpha + x}{1+x}, \\\\ g(x) = f(f(x)) &= \frac{2 \alpha + (1+\alpha)x}{(1+\alpha) + 2x}. \end{align*} $$ En términos de esta notación, la secuencia satisface la recurrencia $x_{n+1} = f(x_n)$. Necesitamos los siguientes dos hechos acerca de estas funciones:

• Son continuas en a $[0, \infty)$.
• Tanto en $f$ $g$ tiene un único punto fijo en $[0, \infty)$, es decir,$\sqrt{\alpha}$. (La solución de las ecuaciones también se da una extraña negativos solución que podemos descartar.)

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Método 1.

El OP ya ha hecho la mayor parte de la obra, mostrando que los pares y los impares subsecuencias de forma individual convergen. Para continuar, podemos aislar los pares y los impares términos escribiendo una ecuación de recurrencia para ellos por separado: $$ \begin{align*} x_{2m+1} &= g(x_{2m-1}), \\ x_{2m+2} &= g(x_{2m}) . \end{align*} $$ Since we know that both these subsequences converge, the corresponding limits (possibly the same) satisfy the fixed point equation $x = g(x)$ (thanks to the continuity of $g$). Since this equation has a unique solution $\sqrt{\alpha}$, we conclude that both the odd and even subsequences converge to $\sqrt{\alpha}$, and we are done. $\qquad \diamond$

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Método 2.

Esta es una variación de la idea anterior. De nuevo ya sabemos que los pares y los impares subsecuencias de forma individual convergen; indicar los respectivos límites de la $O$$E$.

Considere la ecuación de recurrencia $x_{n+1} = f(x_n)$; tomando límites de $n \to \infty$ a través de los números enteros impares, obtenemos $E = f(O)$. Del mismo modo, permitiendo $n \to \infty$ a través de los números enteros da $O = f(E)$. Para resolver estas dos ecuaciones, podemos simplemente eliminar la $O$ (por ejemplo), dando $$E = f(f(E)) = g(E) ,$$ yielding the same equation as in Method 1. (Of course, $O$ satisfies an analogous equation.) Thus, as before, we have the solution $E = O = \sqrt{\alpha}$, and we are done. $\qquad \diamond$

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Método 3: Utilizar el Banach de punto fijo teorema.

Papa es la sugerencia de utilizar el Banach de punto fijo teorema se ve atractivo, pero, por desgracia, no se aplica para esta secuencia directa. El problema es que mientras que $f$ hace el mapa completo subespacio $[0, \infty)$ en sí misma, no es una contracción de $\alpha \geqslant 2$. (Ejercicio: Comprobar esto).

Por otro lado, el recorrer $g = f \circ f$ $f$ es de hecho una contracción. Para ver esto, estamos obligados sus derivados: $$ \begin{align*} g'(x) &= \frac{(1+\alpha)(1+\alpha+2x) - 2(2\alpha + x(1+\alpha))}{(1+\alpha + 2x)^2} \\ &= \left( \frac{\alpha - 1}{\alpha + 1 + 2x} \right)^2 \\ &\leqslant \left( \frac{\alpha - 1}{\alpha + 1} \right)^2 \lt 1. \end{align*} $$ Ahora el Banach de punto fijo teorema se aplica para $g$, y dice que tanto

• $\left(g^{m-1}(x_1) \right) = \left( f^{2m-2}(x_1)\right) = \left(x_{2m-1} \right)$, el extraño larga de $x_n$; y
• $\left(g^{m-1}(x_2) \right) = \left( f^{2m-2}(x_2)\right) = \left(x_{2m} \right)$, incluso subsequence de $x_n$,

convergen en el único punto fijo de $g$, es decir,$\sqrt{\alpha}$. Por lo tanto la secuencia original converge a$\sqrt{\alpha}$. De hecho, este método también muestra un aumento exponencial de la tasa de convergencia de $x_n$$\sqrt{\alpha}$.

Ver Keith Conrad notas para una explicación detallada de la asignación de contracción teorema. Específicamente, Teorema 3.1 y el Ejemplo 3.2 en las notas discutir el caso cuando una función no es una contracción, pero una iteración de lo que es. $\qquad \diamond$

Answer 2

$$x_{n+1} = 1 + \cfrac{\alpha -1}{1 + x_n} = 1 + \cfrac{\alpha -1}{2 + \cfrac{\alpha -1}{1 + x_{n-1}}} = 1 + \cfrac{\alpha -1}{2 + \cfrac{\alpha -1}{3 + \cfrac{\alpha -1}{1+ x_{n-2}}}} = \cdots $$

Śleszyński–Pringsheim teorema implica que, dada la continuación de la fracción,

$$b_0 + \cfrac{a_1}{b_1+\cfrac{a_2}{b_2+\cfrac{a_3}{b_3+ \cdots}}}$$

si existe un $N$ tal que $|b_n| \ge |a_n| +1$ todos los $n > N$, entonces la continuación de la fracción converge. En su caso $b_n$ es creciente y acotada, mientras que $a_n = \alpha -1$ es una constante. Por lo tanto, $x_n$ converge.

Answer 3

Aquí es una generalización natural. Vamos $$ A:=\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\end{pmatrix} $$ ser una invertible real de la matriz, y deje $g$ ser la asociada a la transformación lineal fraccional: $$ gx=\frac{ax+b}{cx+d}\quad. $$ Lo que es natural es dejar a $g$ actúa en la línea proyectiva $\mathbb R\cup\{\infty\}$, dotado de la topología usual.

¿Cuál es la dinámica de las iteraciones de $g$?

Mediante la conjugación de la $A$, es suficiente con considerar los casos que se enumeran a continuación (correspondiente a la posible Jordania formas). En cada caso, la dinámica es clara. Aquí está la lista:

$\bullet\ \ gx=a\,x, |a| > 1$: los puntos fijos se $0$, que es repulsivo, y $\infty$, lo cual es atractivo;

$\bullet\ \ gx=x+1$: el punto fijo es $\infty$;

$\bullet\ \ A$ es una rotación por un ángulo de $\theta$. En este caso es mejor identificar la línea proyectiva a un círculo en el plano. A continuación, $g$ hechos por una rotación de ángulo de $2\theta$.

EDICIÓN de A. Aquí es una consecuencia de las anteriores observaciones.

Deje $(x_n)_{n\ge0}$ ser una secuencia de números reales tales que $$ x_{n+1}=\frac{ax_n+b}{cx_n+d} $$ para todos los $n$, donde $$ A:=\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\end{pmatrix} $$ es una invertible real de la matriz. Supongamos también se $x_1\neq x_0$.

A continuación, $(x_n)$ converge en $\mathbb R\cup\{\infty\}$ si y sólo si los autovalores de a $A$ son reales y el seguimiento de $A$ es distinto de cero.

Esta condición es satisfecha en su caso.

EDITAR B. Didier Piau pidió muy amablemente para su aclaración.

Nos topologize $X:=\mathbb R\cup\{\infty\}$ mediante la adición al abrir conjuntos de $\mathbb R$ la complementa (en $X$) de los conjuntos compactos de $\mathbb R$. A continuación, $X$ es homeomórficos a un círculo.

Definimos la línea proyectiva $Y$ como el conjunto de líneas a través de el origen de las $\mathbb R^2$.

Consideramos los siguientes bijection de$Y$$X$: atribuimos $x/y$ a la línea a través de $(x,y)\neq(0,0)$, con la convención de las $x/y=\infty$ si $y=0$. Identificamos $X$ $Y$ a través de este bijection.

Dejamos $G'$ el grupo de invertible, de dos en dos matrices, la cual actúa (por homeomorhisms) en $Y$ en la forma obvia. El núcleo de esta acción es el subgrupo de cero escalar de matrices. Se denota el coeficiente de grupo por $G$, y tenga en cuenta que la acción de la $A$ como el anterior en $X$ está dado por $$ Ax=\frac{ax+b}{cx+d}\quad. $$

"Conjugación" significa "conjugación en $G$", que está relacionado de una manera muy sencilla de conjugación en $G$.

Como un ejemplo, suponga que $A$ es diagonal, es decir, $A=\text{diag}(a,d)$. Esto le da $$ Ax=\frac{a}{d}\ x. $$ Pero $A$ es conjugado (en $G'$)$\text{diag}(d,a)$. Esto demuestra que $x\mapsto\lambda x$ es conjugado (en $G$)$x\mapsto x/\lambda$. De esta forma, se conmutación $0$$\infty$$x\mapsto 1/x$.

Gracias a Didier, por su interés!