Cómo determinar el resultado de la secuencia recursiva $a_n=\frac{1}{\operatorname{abs}\left(a_{n-1}\right)-1}$

Question

Dependiendo del valor inicial, el resultado final de esta secuencia iterativa parece ser muy variable, por ejemplo, si el valor inicial $a_0\ =\frac{b}{c}$ donde $b$ $c$ son enteros, entonces, finalmente, la secuencia parece siempre llegar a 0 y, a continuación, el infinito después, termina la secuencia.

Otra situación es que si el valor inicial es en la forma $\frac{b+\sqrt{5}}{2}$ donde $b$ es un número entero, esto ahora parece converger a $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ o termina de conmutación entre el $\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ $\frac{-3-\sqrt{5}}{2}$ sin cesar.

Otra situación, donde el valor inicial no es racional y no en la forma que he descrito anteriormente, a veces otro a partir de la vivencia de los valores periodicidad por ejemplo, para $a_0 = \sqrt{3}$ sólo hay 9 valores que la secuencia puede tomar. También similares a los de esta categoría, algunos valores no son inicialmente periódico pero finalmente golpeó un valor que es; por ejemplo,$a_0 = 3-\sqrt{3}$ .

Fuera de estas categorías, hay algunos que me imagino que nunca deben converger por ejemplo,$\pi$ , aunque con una tendencia a la tendencia hacia las $-1$ y, a continuación, hacia un número muy grande, antes de montar en bicicleta de una pequeña de nuevo.

EDIT: esta es una interesante visualización de la $\sqrt{3}$ de los casos (ver figura 1)

EDIT 2: este es otro interesante descubrimiento, si me pongo a $f(x)=x$ n iteraciones en una calculadora gráfica y registro de todos los puntos donde la gráfica de $y=x$ se cruza con el otro gráfico, todos estos puntos son los valores de $x_0$, que es periódica de periodo n (véase la figura 3, he escrito la ecuación para el 9 de iteraciones y encontrar un punto fijo en $\sqrt{3}$).

También me doy cuenta de que el número de puntos fijos parece mucho más grande cada vez, y estos puntos fijos son particularmente denso alrededor del cociente de oro phi y esto podría indicar que después de un número arbitrariamente grande de iteraciones, tenemos un número arbitrariamente grande de puntos fijos, aunque no sé si esto cubre todos los números algebraicos . Sin embargo, algunos otros valores de $x_0$ no pueden ser periódicos, pero finalmente llegamos a uno que, por ejemplo, es $3+\sqrt{2}$ (ver figura 2)

(figura 1)

(figura 2)

(figura 3)

Mi pregunta es, ¿puede ser

un.) Probado/desmiente que para el valor inicial de a/b , la secuencia será, finalmente, llegar a 0?

b.) Probado/desmiente que para cualquier algebraica de números, la secuencia es, finalmente, finitely periódico, y si es así, es que hay una manera de determinar su período?

c.) Probado/desmiente que la secuencia no convergen para trascendental números?

Cualquier información sobre este tema sería muy apreciada!

Answer 1

Desde la iteración mapa de $f : a \mapsto \frac 1 {|a|-1}$ es una trozos racional homografía, y porque racionales homographies son un grupo en la composición, cualquier iteración de $f$ es de nuevo una trozos racional homografía.

Entonces, ciclos sólo puede producirse en un punto fijo de uno de los homographies, y sus fixpoints son cuadrática números : si $x = \frac {ax+b}{cx+d}$ racional,$a,b,c,d$,$cx^2+(d-a)x-b = 0$, que es una ecuación de segundo grado en $x$ con coeficientes racionales.

---

Podemos contar el número de ciclos para cada una de las $n$, y también ver lo posible secuencia de signos que usted puede conseguir.

Dividir el círculo de $\Bbb R \cup \{\infty\}$ en cuatro partes $A=[\infty ; -1],B=[-1;0],C=[0;1],D=[1;\infty]$. $f$ envía $A$$D$$C \cup D$, y envía a$B$$C$$A$.

Con esto podemos determinar rápidamente por inducción que si $F_0 = 0, F_1 = 1, \ldots$ es la secuencia de Fibonacci,
$f^{\circ n}$ envía $A$ $D$ ($F_{n-1}$ veces $A$ $F_n$ veces $C$$D$) ; y se envía a $B$ $C$ ($F_{n-2}$ veces $A$ $F_{n-1}$ veces $C$$D$).

Cada vez que usted tiene un pedazo de $f^{\circ n}$ el envío de un subinterval de $A$ a $A$, se obtiene exactamente un punto fijo en ese intervalo, y lo mismo va para $B,C,D$.
Esto le da a usted $F_{n-1} + F_{n-1} + F_n$ fixpoints en total para cada pieza de $f^{\circ n}$. Esa es la de Fibonacci como la secuencia $1,3,4,7,11,18,\ldots$

(excepto para el ciclo de $0 \mapsto -1 \mapsto \infty \mapsto 0$, todos ellos tienen que estar dentro de los intervalos de por lo que sólo se cuentan una vez. Pero así es este, porque solo se tiene en cuenta la "mitad" de $0$ que se produce en $C$)

Mirando a ese Fibonacci como la secuencia, a continuación, la eliminación de los ciclos menores procedentes de divisores de a $n$, consigue $1,1,1,1,2,2,\ldots$ ciclos de longitud exactamente $1,2,3,4,5,6\ldots$

Por otra parte, un número está totalmente determinado por la cual los intervalos de $C,A,D$ la secuencia pasa a través. Cualquier $C$ es seguido por una $A$, mientras que $A$ o $D$ puede ser seguido por $C$ o $D$.

Volviendo a los signos, a saber la secuencia de intervalos es el mismo como el conocimiento de la secuencia de signos. Un signo negativo corresponde a un $C$, un signo positivo corresponden a $C$ o $D$ según si el signo es positivo o no, por lo que el signo posible de las secuencias de cada una de las posibles secuencias donde no hay consecutivas $-$ signo, y de nuevo, un número irracional es totalmente determinada por la secuencia de signos que pasa a través de

Si usted está en un real positivo, entonces usted verá un montón de $CA (+-)$$D (+)$, y, por supuesto, los números que están en los ciclos corresponden a secuencias periódicas.

Por ejemplo, el $4$-ciclo corresponden a la repetición de $CADD (+-++)$ y dos $5$-ciclos corresponden a $CACAD (+-+-+)$ $CADDD (+-+++)$

---

Si usted sabe sobre fracciones continuas, que vienen de una similar a trozos homografía $g$ sobre los números reales positivos ($g(x) = x-1$ si $x \ge 1$ $g(x) = \frac 1x$ si $0 < x \le 1$).

De hecho, están muy entrelazadas.
Si $2 \le x$ $f(x) = \frac 1{x-1} > 0$, $f(f(x)) = \frac{1-x}{x-2} < 0$, y $f(f(f(x))) = x-2 = g(g(x))$

Si $1 \le x \le 2$ $f(x) = \frac 1{x-1} = g(g(x))$

Si $0 \le x \le 1$ $f(x) = \frac {-1}{1-x} < 0$, $f(f(x)) = \frac{1-x}x = \frac 1x - 1 = g(g(x))$

Para la iteración $f$ en algunas de número de llegar (entre otros), todos los recorre de $g\circ g$ de ese número.

En particular, si usted comienza en un real positivo, llegar a un gran número a si y sólo si llegamos a un gran número de cómputo de la continuación de la fracción de la real (que es lo que vemos que sucede con $\pi$ por ejemplo)

En particular, cualquier cuadrática número tiene un continuo fracción que finalmente es periódica, por lo que en virtud de su repetición, su trayectoria será finalmente periódico así : cuadrática números corresponden exactamente a que eventualmente periódico signo de secuencias.

Answer 2

Primero de todo, me voy a cambiar a su planteamiento del problema de$\displaystyle a_{n+1}={1\over|a_n|-1}$$\displaystyle a_{n+1}={1\over|a_n-1|}$. Es el equivalente, en cualquier cosa, pero la señal (es decir, si $a_0>0$), y nos permitirá alojarse en el positivo de la mitad de la línea.

Ahora supongamos que tenemos un número racional $a_1={p\over q}$. Vamos a definir una norma: $\max(p,q)$. Qué será de ella? Hay dos casos:

$$\begin{align}a_1>1\;\Rightarrow\;p>q\;\Rightarrow\;\; a_2={q\over p-q}\\ a_1<1\;\Rightarrow\;p<q\;\Rightarrow\;\; a_2={q\over q-p} \end{align}$$ Por lo que la norma estrictamente disminuye después de cualquier término que es mayor que 1, y no cambia después de un plazo de menos de 1. Tenga en cuenta que en un plazo de menos de 1 siempre es seguido inmediatamente por un plazo mayor que 1 (el inverso no es cierto), por lo que hacer dos pasos está garantizado para disminuir la norma. Tenga en cuenta también que sólo hay así que muchos de los números racionales con la norma, por lo que este descenso no puede ser infinito; debe terminar en algún lugar, y nos parece saber a dónde.

Ahora vamos a tratar el periódico puntos. $f(x)$ es seccionalmente lineales-fraccional, por lo tanto también lo son todas sus iteraciones. En otras palabras, $f(f(\dots(x)\dots))$ es esencialmente $ax+b\over cx+d$, sólo su dominio consta de varios intervalos, y los coeficientes dependen del intervalo. Bien, pero entonces igualando esto a $x$ es equivalente a una ecuación cuadrática (o, más bien, un montón de los mismos, uno para cada intervalo), y sus raíces, sin embargo muchos, son todos cuadrática irracionalidades. Eso es todo; no puede ser de otra periódico puntos. Incluso los números algebraicos de grado superior, no.

No acabo de ver por qué todos los cuadrática irracionalidades debe finalmente convergen a un ciclo, pero parece que ellos hacen. Vamos a pensar en ello más tarde.

Answer 3

No es una respuesta completa, dado que los números enteros son un caso particular de $\frac{a}{b}$ veamos el siguiente caso, $n \in \mathbb{N}, n > 2$,$x_0=n \rightarrow \frac{1}{n-1} \rightarrow \frac{1}{\frac{1}{n-1}-1}=\frac{n-1}{2-n}\rightarrow \frac{1}{\left|\frac{n-1}{2-n}\right|-1}=n-2$. Similar será la suerte de tener un punto de partida $x_0=-n$. Así

• si empezamos con un $2p$ después $3$ iteraciones $\rightarrow 2(p-1)$, después de $3$ iteraciones $\rightarrow 2(p-2)$ ... $\rightarrow 2 \rightarrow 1\rightarrow \infty$
• si empezamos con una extraña $2p+1$ después $3$ iteraciones $\rightarrow 2(p-1)+1$, después de $3$ iteraciones $\rightarrow 2(p-2)+1$ ... $\rightarrow 3 \rightarrow \frac{1}{2} \rightarrow -2 \rightarrow 1 \rightarrow \infty$

Enteros terminan en el infinito. Podría decirse que, podríamos decir que la siguiente iteración se echan en $0$, pero creo que es una especulación, por lo que este debe calificar como un contra-ejemplo de una)

Aparte de eso, estoy de acuerdo con @mercio con respecto a la similitud con fracciones continuas. Imagine $$\alpha=a_0+\frac{1}{a_1+\frac{1}{a_2+...}}=a_0+\frac{1}{\beta}$$

• si $a_0=2p+1$, $\alpha \rightarrow$ después de $3$ iteraciones $\alpha-2=a_0-2+\frac{1}{\beta} \rightarrow $ ... $\rightarrow 3+\frac{1}{\beta} \rightarrow \frac{1}{2+\frac{1}{\beta}}\rightarrow \frac{1}{\frac{1}{2+\frac{1}{\beta}}-1}=\frac{2+\frac{1}{\beta}}{-1-\frac{1}{\beta}}\rightarrow \frac{1}{\frac{2+\frac{1}{\beta}}{1+\frac{1}{\beta}}-1}=1+\frac{1}{\beta}\rightarrow \frac{1}{1+\frac{1}{\beta}-1}=\beta=a_1+\frac{1}{a_2+...}$
• si $a_0=2p$, $\alpha \rightarrow$ después de $3$ iteraciones $\alpha-2=a_0-2+\frac{1}{\beta} \rightarrow $ ... $\rightarrow 2+\frac{1}{\beta} \rightarrow \frac{1}{1+\frac{1}{\beta}}\rightarrow$ $\frac{1}{\frac{1}{1+\frac{1}{\beta}}-1}=\frac{1+\frac{1}{\beta}}{-\frac{1}{\beta}}=-\beta-1\rightarrow \frac{1}{\beta+1-1} \rightarrow$ $\frac{1}{\frac{1}{\beta}-1}=\frac{\beta}{1-\beta} \rightarrow \frac{1}{\frac{\beta}{\beta-1}-1}=\beta-1=a_1-1+\frac{1}{a_2+...}$, este es, por supuesto, asumiendo $a_1>0$.

Luego esta el libro de Khinchin que establece que "cualquier cuadrática número irracional tiene un periódico continuó fracción" como Teorema 28.