Demostrando que la secuencia $x_n=\frac{1}{3}x_{n-1}(4+x_{n-1}^3)$ donde converge cuadráticamente $x_0=-0.5$

Question

Estoy atascado en un punto en la solución de este problema:

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Mostrar que la secuencia definida por:

Para todos los $$n\in\mathbb{N}, x_n = \begin{cases} -\frac{1}{2}, & \text{if %#%#%} \\ x_n=\frac{1}{3}x_{n-1}(4+x_{n-1}^3), & \text{if %#%#%} \end{casos}\,\,\,$$ converge cuadráticamente

En otras palabras:

Mostrar que existen algunas positiva constante $n=0$ tal que $n>0$ donde $\lambda$$

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(Nota: tengo esta secuencia aplicando el método de Newton para la función de $\lim_{n\to \infty}\frac{|x_{n+1}-p|}{|x_n-p|^2}=\lambda$ en el intervalo de $$p=\lim_{n\to \infty}x_{n}.$ con aproximación inicial $f(x)=\frac{1}{x^3}+1$)

Yo era capaz de mostrar que $[-2,0)$.

Pero cuando trato de calcular el $x_0=-\frac{1}{2}$ me quedé atrapado.

Gracias por cualquier sugerencia/ayuda.

Answer 1

Usted puede notar que sólo está aplicando método de Newton para $f(x)=1+\frac{1}{x^3}$, puesto que: %#% $ de #% tenemos que $$ x-\frac{f(x)}{f'(x)} = \frac{x(4+x^3)}{3}.$ es una función decreciente y cóncava en $f(x)$, con un cero simple en $\mathbb{R}^-$, por lo tanto la convergencia cuadrática (y monótona) está garantizada por las propiedades del método de Netwon:

$x=-1$ $ implica: $$ \forall x\in(-1,0),\qquad x-\frac{f(x)}{f'(x)}\leq -1+2(x+1)^2 $ $

Answer 2

Sugerencia: desde $x^4+4x+3 = (x^2+2x+1)(x^2-2x+3) = (x+1)^2(x^2-2x+3)$, tenemos:

$\dfrac{|x_{n+1}+1|}{|x_n+1|^2} = \dfrac{|\tfrac{4}{3}x_n+\tfrac{1}{3}x_n^4+1|}{|x_n+1|^2} = \dfrac{|\tfrac{1}{3}(x_n+1)^2(x_n^2-2x_n+3)|}{|x_n+1|^2} = \dfrac{|x_n^2-2x_n+3|}{3}$.

Ahora, el límite de la computación como $x_n \to -1$ debería ser fácil.

Answer 3

Utilice sus relaciones de recurrencia y el valor que se encuentra por $p$, podemos escribir el límite usted está tratando de encontrar como $$\lim_{n\to\infty} \frac{|1 + \frac{1}{3}x_n(4+x_n^3)|}{|(1 + x_n)|^2} = \lim_{n\to\infty}\left| \frac{1 + \frac{1}{3}x_n(4+x_n^3)}{(1 + x_n)^2}\right| $$ Considere la posibilidad de este límite en primer lugar: $$\lim_{n\to\infty} \frac{1 + \frac{1}{3}x_n(4+x_n^3)}{(1 + x_n)^2}$$ Si converge, entonces podemos pasar el límite dentro del valor absoluto porque el valor absoluto de la función es continua: $$\lim_{n\to\infty}\left| \frac{1 + \frac{1}{3}x_n(4+x_n^3)}{(1 + x_n)^2}\right| = \left| \lim_{n\to\infty} \frac{1 + \frac{1}{3}x_n(4+x_n^3)}{(1 + x_n)^2}\right|$$

Ahora vamos a establecer el límite de hace converger a $2$. Ya que esto es el cociente de dos funciones diferenciables y sabemos $x_n \to -1$ podemos preguntar ¿qué es este límite: $$\lim_{x \to -1} \frac{1 + \frac{1}{3}x(4+x^3)}{(1 + x)^2}$$ La aplicación de L'Hospital de la Regla dos veces creemos que es igual a $2$. Por lo tanto: $$\lim_{n\to\infty} \frac{|1 + \frac{1}{3}x_n(4+x_n^3)|}{|(1 + x_n)|^2} = \lim_{n\to\infty}\left| \frac{1 + \frac{1}{3}x_n(4+x_n^3)}{(1 + x_n)^2}\right| = \left| \lim_{n\to\infty} \frac{1 + \frac{1}{3}x_n(4+x_n^3)}{(1 + x_n)^2}\right| = |2|$$