Supongamos que$f$ es una función continua de$[a,b]$ a$[a,b]$. Permite$x_0\in [a,b]$, y define por inducción que$x_{n+1}=f(x_n)$. Mostrar que$$\lim_{n \rightarrow \infty} (x_{n+1}-x_n)=0$$ implies $$\lim_{n \rightarrow \infty}x_n$ $ existe. (Este problema proviene de un libro de análisis y el autor nos dice que la respuesta puede encontrarse en American Mathematical Monthly, volumen 83 (1976), página 273, a la cual no tengo acceso, de modo que puede ofrecer la referencia o dar la bosquejo de la prueba. ¡Gracias!)
Respuesta
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Algunas advertencias preliminares. Esperemos que la siguiente prueba es correcta. El riesgo es, sin embargo grande que me han hecho algunas tonto error. En ese caso me disculpo de antemano. Un buen montón de detalles que se quedan fuera.
A continuación voy a decir que un punto de $x$ $\epsilon$- cerca de un conjunto $A$, si hay un punto de $a\in A$ tal que $|x-a|<\epsilon$
Deje $x:\mathbb{N} \rightarrow [a,b]$ una secuencia. Si $g$ es estrictamente creciente secuencia $g: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$, $x\circ g$ se llama larga. Yo a veces uso la notación $x_{g(k)}$ para una larga para subrayar la dependencia de la $g$.
Primero vamos a probar el siguiente lema:
Lema Si $x_{n_K}$ es convergente larga de $x_n$, entonces el punto límite de la secuencia es un punto fijo de $f$.
$Proof$ Denotar por $x$ el punto límite de $x_{n_k}$,$x=\lim_{k\rightarrow \infty}x_{n_K}=\lim_{k\rightarrow \infty}f(x_{n_K-1})=f(\lim_{k\rightarrow \infty}x_{n_K-1})=f(x)$. La segunda igualdad de la siguiente manera por el hecho de que si $x_{n_k}$ converge a $x$ $x_{n_k-1}$ converge a $x$. Para ver esto, el uso que $x_{n+1}-x_n \rightarrow 0$ y el triángulo de la desigualdad. La tercera igualdad de la siguiente manera por la continuidad de la $f$ y la última igualdad se sigue desde $x_{n_k}$ $x_{n_k-1}$ converge en el mismo punto en $x$.
La prueba de la declaración principal: Ahora, supongamos por contradicción que $x_n$ no es convergente. Entonces hay dos límite de puntos $x,y$, $x<y$ de la secuencia, ambos pertenecientes a $[a,b]$. (Este es el único lugar donde la compacidad de [a,b] se utiliza). Elegir subsecuencias tal que $x_{g(k)}$ converge a $x$ $x_{h(k)}$ converge a $y$. Ahora vamos a $n\in \mathbb{N}$ $\frac{1}{n}<\frac{y-x}{2}$ y elegir un $K\in \mathbb{N}$ ($K$ depende de a $n$) tal que $|x_{g(K)}-x|<\frac{1}{n}$ $|x_{h(K)}-y|<\frac{1}{n}$ que $|x_{k+1}-x_k|<\frac{1}{n}$$k\geq K$.
Ahora w.l.o.g. suponga que $g(K)<h(K)$ y tenga en cuenta que$g(K)\geq K$$h(K)\geq K$. Deje $A_n=\{x_s |g(K) \leq s\leq h(K)\}$.
Pretendemos que $A_n$ $\frac{1}{n}$- cerca de cada punto de $z\in [x,y]$. Deje $z\in (x,y)$ (si $z=x$ o $z=y$, entonces la afirmación es trivial)y deje $k$ ser el entero más pequeño tal que $x_k \in A_n$$x_k\geq z$, entonces se sigue que $x_{k-1}<z\leq x_k$. Lo que implica que $z$ $\frac{1}{n}$- cerca de las $x_k$. (Tenga en cuenta que si $x_k< z<y$ todos los $x_k \in A_n$, luego, en particular,$x_{h(K)}< z$, lo que implica que $z$ $\frac{1}{n}$ - cerca de las $x_{h(K)}$ )
En el paso se nos tenga en cuenta que $\cup_{n=k} ^{\infty}A_n$ es contable infinito para todos los $k$. De esta manera se sigue desde $A_n \neq \emptyset$ todos los $n\in \mathbb{N}$.
Pretendemos que para cada $z\in [a,b]$ hay una larga $x_{n_k}$ convergentes a $z$. Supongamos que $x_{n_k}$ $1\leq k\leq K$ ha sido elegida tal que $|z-x_{n_k}|<\frac{1}{k}$ . Ahora desde $A_{n}$ $n\geq K+1$ $\frac{1}{K+1}$ cerca de $z$, se puede elegir un $z\in \cup_{n=K+1}^{\infty} A_n$. En particular, elegimos $z$ tal que $z=x_m$ donde $m>n_K$. Esto es posible desde la $\cup_{n=K+1}^{\infty} A_n$ es countably infinito.
Pero como cada punto de $[x,y]$ es un punto límite de $\{x_n\}$, tenemos una contradicción por el lema 1. (Desde entonces todos los puntos de $[x,y]$ son puntos fijos de $f$, lo que implica, en particular, que $x_n=f(x_n)$ $n\in \mathbb{N}$ lo que implica que $x_n$ converge. )
