¿Cuándo converge una secuencia de rectángulos rotado y circunscrita a un cuadrado?

Question

Recientemente me encontré con un problema de álgebra con una buena representación geométrica. Básicamente, me gustaría saber ¿qué pasa si repetidamente se circunscriben a un rectángulo por otro rectángulo que es girado por $\alpha \in \left( 0, \frac {\pi} {4}\right)$ radianes. Usar esta foto como referencia:

En particular, el resultado rectángulos convergen en una plaza?

Más bien, es fácil mostrar que la rectángulos de hacer converger a un cuadrado si $\alpha$ es constante durante todo el proceso. Sin embargo, si la hacemos más general por defineing una secuencia $\left(\alpha_n\right)_{n=1}^{\infty}$ de los ángulos y el uso de $\alpha_i$ $i$'th operación, a continuación, la respuesta parece depender de la secuencia que se elija. Así que, para que las secuencias de $\left(\alpha_n\right)_{n=1}^{\infty}$ do los rectángulos convergen en una plaza?

Algebraicamente este problema puede ser definida de la siguiente forma:

Definir los dos reales de las secuencias de $A_0=a, B_0=b, a \neq b, a,b \in R_{\gt0}$ $A_{n+1}=B_n\sin\alpha_n + A_n\cos\alpha_n, B_{n+1}=A_n\sin\alpha_n + B_n\cos\alpha_n \forall n \in N_{\gt 0}$ donde $\alpha_i \in \left( 0, \frac {\pi} {4}\right) \forall i \in N_{\ge 0}$. Es cierto que $\lim_{n \to \infty}\frac{A_n}{B_n}=1$?

He probado un par de secuencias en C++ para la notificación de algunos patrones. Curiosamente, rectángulos parecen converger a un cuadrado si y sólo si $\lim_{n \to \infty} \left( \sum_{i=0}^n \alpha_i \right) = \infty$. En particular, para $\alpha_n = \frac{1}{n}$ la convergencia es muy lenta, sin embargo, todavía parece ser convergentes.

También, creo que la muestra $\lim_{n \to \infty}\left(A_n-B_n\right)=1$ sería un mejor resultado para este problema. Hace un reemplazo tiene ninguna influencia en el resultado?

Para el registro, todavía soy un estudiante de la escuela secundaria, así que no tengo idea de lo difícil de este problema podría ser en realidad. Cualquier ayuda sería muy apreciada.

P. S. Esta es mi primera pregunta en el sitio, así que por favor no juzgues mi redacción y estilo demasiado. Siéntase libre de hacer preguntas si algo no está claro.

Answer 1

Esto es particularmente una buena primera pregunta!

El uso de un poco de álgebra lineal, podemos escribir lo suficientemente explícito fórmulas para $A_n$ $B_n$ para confirmar su hipótesis, a saber, que la divergencia de $\sum_{i = 1}^{\infty} \alpha_i$ es suficiente y necesario.

En primer lugar, por escrito, las relaciones de recurrencia para $A_n$ $B_n$ en notación matricial y aplicar un sencillo de inducción, tenemos que, para todos los números enteros no negativos $n$, $$\requieren{cancel} \pmatrix{A_n \\ B_n} = \left(\prod_{i = 1}^n \underbrace{\pmatrix{\cos \alpha_i & \sin \alpha_i \\ \sin \alpha_i & \cos \alpha_i}}_{\Gamma_i}\right) \pmatrix{a \\ b} . $$ Podemos hacer esto más explícito mediante el empleo de la norma truco de diagonalización: Los autovalores de a$\Gamma_i$$\lambda_i^{\pm} := \cos \alpha_i \pm \sin \alpha_i$, por lo que para $\alpha_i$ en el rango dado, tenemos que $$0 < \lambda_i^- < \lambda_i^+ ,$$ y, en particular, los autovalores son distintos, lo que garantiza que podemos escribir $$\Gamma_i = P_i \pmatrix{\lambda_i^- & 0 \\ 0 & \lambda_i^+} P_i^{-1}$$ for some $P_i$. In fact, finding corresponding eigenvectors gives that for all $i$ we may take $$P_i = P = \pmatrix{\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}}},$$ the rotation matrix for a clockwise rotation of $\frac{\pi}{4}$ (véase el comentario de abajo).

Poniendo todo esto junto le da $$ \prod_{i = 1}^n \Gamma_i = \prod_{i = 1}^n \left[P \pmatrix{\lambda_i^- & 0 \\ 0 & \lambda_i^+} P^{-1} \right] = P \pmatrix{\prod_{i = 1}^n \lambda_i^- & 0 \\ 0 & \prod_{i = 1}^n \lambda_i^+} P^{-1}, $$ dando explícita fórmulas para $A_n, B_n$ en términos de $a, b, (\alpha_i)$: $$\pmatrix{A_n \\ B_n} = \left(\prod_{i = 1}^n \Gamma_i\right) \pmatrix{a \\ b} = \pmatrix{\frac{1}{2}(a + b) \prod_{i = 1}^n \lambda_i^+ + \frac{1}{2} (a - b) \prod_{i = 1}^n \lambda_i^- \\ \frac{1}{2}(a + b) \prod_{i = 1}^n \lambda_i^+ + \frac{1}{2}(b - a) \prod_{i = 1}^n \lambda_i^-} .$$

La división y la reescritura de da $$\frac{A_n}{B_n} = \frac{\frac{1}{2}(a + b) \prod_{i = 1}^n \lambda_i^+ + \frac{1}{2} (a - b) \prod_{i = 1}^n \lambda_i^-}{\frac{1}{2}(a + b) \prod_{i = 1}^n \lambda_i^+ + \frac{1}{2}(b - a) \prod_{i = 1}^n \lambda_i^-} = \frac{1 + \mu_n}{1 - \mu_n},$$ donde $$ \mu_n := \frac{a - b}{a + b} \prod_{i = 1}^n \frac{\lambda_i^-}{\lambda_i^+} = \frac{a - b}{a + b} \prod_{i = 1}^n \frac{\cos \alpha_i - \sin \alpha_i}{\cos \alpha_i + \sin \alpha_i} = \frac{a - b}{a + b} \prod_{i = 1}^n \tan \left(\frac{\pi}{4} - \alpha_i\right) , $$ y $0 < \mu_n < 1$.

Por lo tanto, si $\limsup \alpha_i > 0$, $\mu_n \to 0$ y, por tanto,$\frac{A_n}{B_n} \to 1$. Si, por otro lado, $\limsup \alpha_i = 0$, no necesitamos tener $\mu_n \to 0$. Para los pequeños $\alpha_i$, $\tan \left(\frac{\pi}{4} - \alpha_i\right) \sim 1 - 2 \alpha_i$, así, por $\frac{A_n}{B_n} \to 1$ creo que es suficiente y necesario para $\sum_{i = 1}^{\infty} \alpha_i$ a divergir.

Del mismo modo, obtenemos \begin{align*}\lim_{n \to \infty} (A_n - B_n) &= (a - b) \prod_{i = 1}^n (\cos \alpha_i - \sin \alpha_i) . \end{align*} De nuevo, $\limsup \alpha_i > 0$ es suficiente para garantizar la fuga. Para el caso de $\limsup \alpha_i = 0$ podemos usar $\cos \alpha_i - \sin \alpha_i \sim 1 - \alpha_i$ a la conclusión de que la $A_n - B_n \to 0$ fib $\sum_{i = 1}^{\infty} \alpha_i$ diverge.

Observación de La descomposición de Jordan $\Gamma_i = P \pmatrix{\lambda_i^- & 0 \\ 0 & \lambda_i^+} P^{-1}$ es aquí más que una herramienta conveniente, da algunos geométricas idea de por qué giratorio y delimitar hace rectángulos más squarelike: La matriz $P^{-1}$ gira un vector en el $ab$plano (de la cual podemos ver como un vector desde el rectángulo a una de sus esquinas) por $\frac{\pi}{4}$. A continuación, $\Gamma_i$ cizallas el girado vector, alargando su componente en la dirección que corresponde a la cantidad de $a + b$ y un acortamiento de su componente en la dirección que corresponde a $a - b$, de la cual podemos ver como la absoluta defecto de la simetría. Finalmente, la matriz $P$ gira de regreso a los de un octavo de vuelta, que podemos ver como volver de nuevo a la original $ab$-coordenadas.

Answer 2

Esto no va a explicar todas tus observaciones, pero podría arrojar alguna luz sobre lo que está pasando.

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Como señaló podemos encontrar este agradable definición recursiva de la secuencia de las longitudes de los lados:

\begin{align} A_{n+1} &= \cos\alpha \cdot A_n+\sin\alpha \cdot B_n,\\ B_{n+1} &= \sin\alpha \cdot A_n+\cos\alpha \cdot B_n. \end{align}

Esto se ve bastante lineal y puede ser expresada a través de algunos vectores y matrices:

$$ \begin{pmatrix}A_{n+1}\\B_{n+1}\end{pmatrix} = \underbrace{\begin{pmatrix} \cos \alpha &\sin\alpha \\ \sin\alpha &\cos \alpha \end{pmatrix}}_{R(\alpha)} \begin{pmatrix}A_{n}\\B_{n}\end{pmatrix}. $$

Así el problema se reduce a estudiar el comportamiento de las matrices de $R(\alpha)$ y sus composiciones $\prod_i R(\alpha_i)$. Esto es debido a que

$$ \begin{pmatrix}A_{n+1}\\B_{n+1}\end{pmatrix} = R(\alpha_n)R(\alpha_{n-1})\cdots R(\alpha_0) \begin{pmatrix}A_{0}\\B_{0}\end{pmatrix}. $$

Tenga en cuenta que

$$\det R(\alpha)=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha\in(0,1),\qquad\text{for }\alpha\in(0,\pi/4).$$

Esto significa que (al menos para $\alpha_i$ delimitada desde abajo, por parte de algunos $\epsilon$) la matriz definida por el producto

$$\prod_{i=0}^n R(\alpha_n)$$

se vuelve más y más singular de $n\to\infty$$\prod_i \det R(\alpha_i)\to 0$. Además, tenga en cuenta que $R(\alpha)$ es en forma

$$\begin{pmatrix} a&b\\b&a \end{pmatrix}$$

y que el producto de dos matrices, en tal forma, es también de esa forma. Por lo tanto el producto convergec un singular de la matriz de tal forma (esto no es riguroso, pero sin duda puede ser hecho). Todas esas matrices son de la forma

$$\begin{pmatrix} c&c\\c&c \end{pmatrix}=c\cdot\mathbf 1$$

Aplicando esto a los vectores $(A_0,B_0)^\top$ describe su rectángulo inicial le dará

$$c\begin{pmatrix} A_0+B_0\\A_0+B_0 \end{pmatrix}.$$

Y esto es de hecho un cuadrado ya que ambos lados son iguales (en el límite de curso).

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Como dije, esto no es ni completa ni totalmente riguroso. Por ejemplo, esto no discutir el caso, $\alpha_i=1/i$ como supuse $\alpha_i>\epsilon>0$. En tal caso, probablemente tengamos $A_n,B_n\to\infty$ y no puede esperar a $A_n-B_n\to 0$ (por ejemplo, elija $\alpha_i$ siempre cerca de $\pi/4$), pero mi razonamiento muestra que todavía nos esperan $A_n/B_n\to 1$.