Muestran que

Question

Que $P_{0}(x)=\sqrt{x}$, $P_{n+1}(x)=\frac{1}{2}P_{n}^{2}(x)+(1-\sqrt{x})P_{n}(x)$, prueba $$ P_{n}(x)\rightrightarrows 0\qquad (x\in[0,1]) $ $(convergencia uniforme significa que las flechas dobles)

¿puede deducir mi idea: es que $$ P_{n+1}(x)\leq P_{n}(x)$ $ y $$ 0\leq P_{n}(x)\leq \sqrt{x}$$,also for any fixed $x $,I find that $ \displaystyle\lim_{n\to\infty}P (x) = 0 $,but I don't know how to prove that Uniform convergence,if we can prove that,does there exist a constant $c > 0$ que hace $$\lim_{n\to+\infty}n\cdot\max_{x\in[0,1]}|P_{n}(x)|=c$ $ o no? Mi amiga me dijo que podemos probar a $$ P_{n}\leq \frac{2}{n+1}$ $ en la primera, pero no sé cómo hacerlo... ¡Gracias de antemano!

Answer 1

Dado, $P_0(x) = \sqrt{x}$ y el recurssion $P_{n+1}(x)=\frac{1}{2}P_{n}^{2}(x)+(1-\sqrt{x})P_{n}(x)$, $n \ge 0$.

Se demuestra por inducción, que $0 \le P_n(x) \le \dfrac{2\sqrt{x}}{2+n\sqrt{x}}$, $\forall \,x \in [0,1].$

El límite inferior es fácil de establecer. En cuanto al límite superior,

Desde $0 \le P_n(x) \le \sqrt{x} = P_{0}(x)$, (corresponde al caso $n = 0$),

$ \implies P_{n+1}(x) = P_{n}(x)(\frac{1}{2}P_n(x) + (1-\sqrt{x})) \le \dfrac{2\sqrt{x}}{2+n\sqrt{x}}\cdot(1-\frac{\sqrt{x}}{2}) $

$\le \dfrac{2\sqrt{x}}{2+n\sqrt{x}}.\left(1-\dfrac{\sqrt{x}}{2+(n+1)\sqrt{x}}\right) = \dfrac{2\sqrt{x}}{2+(n+1)\sqrt{x}}$

Establecer la hipótesis de inducción.

Por lo tanto, $P_n$ converge uniformemente a $0$, $[0,1]$. Q.E.D.

Answer 2

Por simplicidad, que establecemos $T_n(x)=P_n(x^2), T_0(x)=x$ para hacer frente a la secuencia polinómica: $$T_{n+1}(x) = \frac{1}{2}T_n(x)^2+(1-x)T_n(x) = T_n(x)\left(1-x+\frac{1}{2}T_n(x)\right).$ $ obviamente $T_n(x)$ es siempre positivo $(0,1)$. El comportamiento en cero es siempre la misma, por lo tanto, vale la pena establecer más $T_{n}(x)=x U_n(x)$ para tratar con: %#% $ #% ahora no es difícil de demostrar por inducción que: $$U_{n+1}(x)=U_n(x)\left(1-x+\frac{x}{2}U_n(x)\right),\qquad U_0(x)=1.$ $ por lo tanto: %#% $ de #% donde se produce el máximo de los RHS en $$ U_n(x)\leq (1-x/2)^{n}, $, dando:

$$ T_n(x) \leq x(1-x/2)^n, $$

Answer 3

Si $P_n(x)\le\sqrt{x}$, entonces $$\begin{align} \frac{P_{n+1}(x)}{P_n(x)} &=\frac12P_n(x)+1-\sqrt{x}\\ &\le1-\frac12\sqrt{x}\tag{1} \end{alinean} $$ $(1)$ de la desigualdad implica que $P_{n+1}(x)\le\sqrt{x}$ así. Por lo tanto, la inducción y el hecho de que $1+x\le e^x$, tenemos $$\begin{align} P_n(x) &\le\sqrt{x}\left(1-\frac12\sqrt{x}\right)^n\\ &\le\sqrt{x}e^{-n\sqrt{x}/2}\\ &=\frac2n\cdot(n\sqrt{x}/2)e^{-n\sqrt{x}/2}\tag{2} \end {Alinee el} $$ ya $xe^{-x}\le\frac1e$, $(2)$ implica $$ P_n (x) \tag \le\frac2 {ne} {3} $$

Answer 4

Para estimar el límite de $c = \lim\limits_{n\to+\infty}n\cdot\max\limits_{x\in[0,1]}|P_{n}(x)|$ la mejor constante de esta desigualdad, $$|P_n(x)| \le \dfrac{c}{n}$$

Denotar $T_n(x) = P_n(x^2)$, $T_{n+1}(x) = T_n(x)\left(1-x + \frac{1}{2}T_n(x)\right)$ $x \in [0,1]$

Podemos establecer la estimación por inducción o por el contrario, $$\frac{2x}{1+exp\left({\dfrac{nx}{1-x}}\right)} \le T_n(x) \le \dfrac{2x}{1+e^{nx}}$$

Podemos tener una corta prueba por inducción sobre $n$:

El caso base $n=0$ es obvia.

Queda por demostrar que, $T_{n+1}(x) \le \dfrac{2x}{1+e^{nx}}\left(1-x+\dfrac{2x}{1+e^{nx}}\right) \le \dfrac{2x}{1+e^{(n+1)x}}$

y, $\dfrac{2x}{1+exp\left({\dfrac{(n+1)x}{1-x}}\right)} \le \dfrac{2x}{1+exp\left({\dfrac{nx}{1-x}}\right)}\left(1-x+\dfrac{2x}{1+exp\left({\dfrac{nx}{1-x}}\right)}\right) \le T_{n+1}(x)$

Que puede ser reorganizado, respectivamente, para mostrar,

$\displaystyle \dfrac{e^x-1}{x} \le \dfrac{e^{(n+1)x}+1}{e^{nx}+1}$ $\displaystyle\dfrac{e^{(n+1)h(x)}+1}{e^{nh(x)}+1} \le \dfrac{e^{h(x)}-1}{x}$ donde, $\displaystyle h(x) = \dfrac{x}{1-x}$

Tenga en cuenta que el Cauchy Schwarz desigualdad implica, la secuencia de $\dfrac{s^{n+1}+1}{s^n+1}$, es el aumento de $n\ge 0$. Dado que, por Cauchy-Schwarz $(s^{n+1}+1)(s^{n-1}+1) \ge (s^n+1)^2 \implies \dfrac{s^{n+1}+1}{s^n+1} \ge \dfrac{s^n+1}{s^{n-1}+1}$, y tomando los límites de $n \to 0$ $n\to \infty$ da de los límites.

Por lo tanto, $\dfrac{s+1}{2} \le\dfrac{s^{n+1}+1}{s^n+1} \le s$$s > 1$$n\ge 0$.

Considerando los dos casos, donde $s = e^x$ $s=e^{h(x)}$ en la desigualdad anterior, esto es suficiente para mostrar que $\dfrac{e^x+1}{2} \ge \dfrac{e^x-1}{x}$$\dfrac{e^{h(x)}-1}{x} \ge e^{h(x)}$$x\in (0,1)$. Ambos pueden ser verificado a partir de la expansión de Taylor de $e^x = 1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots$, por lo tanto el establecimiento de nuestros límites.

Ahora, $\displaystyle \sup\limits_{x \in [0,1]} \dfrac{2x}{1+e^x} = 2e^{-w} = 2(w-1)$ donde $w$ es la única solución a $e^{-x} = x-1$, es decir, $w = 1+W_0\left(\frac{1}{e}\right)$. Donde, $W_0$ es la de Lambert-Función W, y $1<w<2$.

Por eso, $\sup\limits_{x \in [0,1]} \dfrac{2x}{1+e^{nx}} = \dfrac{2}{n}(w-1)$

es decir, $T_n(x) \le \dfrac{2}{n}(w-1)$

Del mismo modo, $\displaystyle \sup\limits_{x \in [0,1]} \frac{2x}{1+exp\left({\dfrac{nx}{1-x}}\right)} = \displaystyle \sup\limits_{x >0} \dfrac{2x}{(1+x)(1+e^{nx})} = \frac{2}{n}(1+w_n)^2e^{-nw_n}$ donde $w_n$ es la única solución a $1+e^{-nx} = nx(1+x)$.

Ahora, $\displaystyle v_n = nw_n \implies 1+e^{-v_n} = v_n\left(1+\frac{v_n}{n}\right)$. Por eso,$0 < w_n < 2$$v_n \to w$$n\to \infty$.

es decir, $\displaystyle \frac{2}{n}(1+w_n)^2e^{-nw_n} \approx \frac{2}{n}e^{-w} = \frac{2}{n}(w-1)$ $n \to \infty$

Por lo tanto, $$\lim\limits_{n\to+\infty}n\cdot\sup\limits_{x\in[0,1]}|T_{n}(x)| = 2(w-1) = 2W_0\left(\frac{1}{e}\right)$$