¿Medio iterado $a_{n+1}=\sqrt{a_n \frac{b_n+c_n}{2}}$, $b_{n+1}$ $c_{n+1}$ similar, cerrada forma y para las condiciones iniciales?

Question

Para todos no negativos $(a_0,b_0,c_0)$, considere la posibilidad de

$$a_{n+1}=\sqrt{a_n \frac{b_n+c_n}{2}},\quad b_{n+1}=\sqrt{b_n \frac{c_n+a_n}{2}},\quad c_{n+1}=\sqrt{c_n \frac{a_n+b_n}{2}}$$

$$M(a_0,b_0,c_0)=\lim_{n \to \infty} a_n=\lim_{n \to \infty} b_n=\lim_{n \to \infty} c_n$$

Este simple de tres términos iterada significa que proporciona una serie de interesantes formas cerradas para casos particulares (confirmado $14$ dígitos hasta el momento):

$$M(1,1,2)=\frac{3^{3/4}}{\sqrt{\pi}}=1.28607413715749$$

$$M(1,1,\sqrt{2})=\frac{2}{\sqrt{\pi}}=1.12837916709551$$

$$M(1,1,\sqrt{3})=\frac{2^{3/4}}{\sqrt{\arccos(-1/3)}}=1.21670090936316$$

$$M(1,1,\sqrt{3}/2)=\frac{1}{\sqrt{\ln 3}}=0.95406458200000$$

Estas particulares formas cerradas (si es verdad) implica que la forma cerrada para $M(a_0,b_0,c_0)$ también debe existir y consiste en la conocida escuela primaria (o al menos especiales) funciones.

No tengo idea de cómo encontrarlo hasta ahora y agradecería la ayuda.

Parece que para $M(1,1,x)$ la forma cerrada debe involucrar a $\frac{1}{\sqrt{\arccos(f(x))}}$. Edit. Excepto en un caso que ha logaritmo.

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Desde este medio puede ser considerado otra generalización de la Aritmética Media Geométrica de tres números, me enlace a preguntas relacionadas con: 1, 2.

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A quien le interese, hay un compañero de la secuencia, que corresponde a la raíz cuadrada de la $a_n,b_n,c_n$ de la titular de la secuencia:

$$a_{n+1}=\frac{\sqrt{a_nb_n}+\sqrt{a_nc_n}}{2},\quad b_{n+1}=\frac{\sqrt{b_na_n}+\sqrt{b_nc_n}}{2},\quad c_{n+1}=\frac{\sqrt{c_na_n}+\sqrt{c_nb_n}}{2}$$

El límite de esta secuencia $M'(a_0,b_0,c_0)$ corresponde a la anterior:

$$M'(a_0,b_0,c_0)=(M(\sqrt{a_0},\sqrt{b_0},\sqrt{c_0}))^2$$

Por ejemplo:

$$M'(1,1,2)=(M(1,1,\sqrt{2}))^2=\frac{4}{\pi}$$

Answer 1

Análogo a la media de Schwab-Borchardt:

\begin{align*} B(a,b) &= \frac{\sqrt{b^{2}-a^{2}}}{\cos^{-1} \frac{a}{b}} \\ &= B\left( \frac{a+b}{2}, \sqrt{\frac{(a+b)b}{2}} \right) \end{align*}

que también se puede obtener por la iteración: $$ \left \ {\begin{array}{rcl} a_{n+1} &=& \frac{a_{n}+b_{n}}{2} \\ b_{n+1} &=& \sqrt{a_{n+1} b_{n}} \end{matriz} \right.$$

Ahora la media es

\begin{align*} M(x,x,y) &= D(x,y) \\ &= D\left( \sqrt{\frac{x(x+y)}{2}} , \sqrt{xy} \right) \\ &= \frac{\sqrt[4]{x^{2}(y^{2}-x^{2})}}{\sqrt{\cos^{-1} \frac{x}{y}}} \end{align*}

Answer 2

deje $L(x) = M(1,1,x)^2$. Usando las propiedades de la $M$, $L$ es la única función en $\Bbb R_{>0}$ continua en $1$ satisfacción $L(1) = 1$ y la "recurrencia de la relación" :

$L(x) = M(\frac{\sqrt{1+x}}2,\frac{\sqrt{1+x}}2,\sqrt x)^2 = \frac{1+x}4M(1,1,\sqrt\frac{2x}{1+x})^2 = \frac{1+x}4 L(\sqrt\frac{2x}{1+x})$

$L$ es continua en a $1$ porque $M(1,1,x)$ entre $1$$x$.
Esta función es única, porque si hubo otra $f$, $f$ no se desvanecen, y $L/f$ es continua en a $1$ y satisface $(L/f) (x) = (L/f) (\sqrt\frac{2x}{1+x})$. Desde la iteración $x \mapsto \sqrt\frac{2x}{1+x}$ sobre lo real positivo da una secuencia que converge a $1$, debemos tener $(L/f) (x) = \lim_{y \to 1} (L/f) (y) = 1/1 = 1$.

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Deje $f$ sea la función definida por $f(x) = \frac{\sqrt{x^2-1}}{\arccos \frac 1x}$ si $x > 1$ $f(1) = 1$ (también debería hacer realmente sentido para $0<x<1$ si se toma el par de complejo de raíces cuadradas y arccos)

Algunas identidades trigonométricas y algunos álgebra muestra que $f$ satisface la relación de recurrencia de $L$ .

por lo tanto, sólo es necesario demostrar que la $f$ es continua en a $1$ a demostrar que $L=f$.

Desde el mapa de $h \mapsto \cos(\sqrt h)$ es derivable por la derecha en a $0$ (derivado $-1/2$), su inversa mapa de $y \mapsto (\arccos y)^2$ es derivable por la izquierda en $1$ con derivados $-2$.

Ahora, para $x>1$, $f(x)^2 = \frac {(x-1)(x+1)}{(\arccos \frac 1x)^2} = - \frac {\frac 1x-1}{(\arccos \frac 1x)^2}x(x+1)$ y por definición de derivada, la gran fracción converge a $-1/2$ al $x \to 1$, así que todo converge a $-(-1/2)\cdot 1 \cdot 2 = 1$. Por lo tanto, $f^2$ es continua en a $1$, y de ese modo, se $f$.

Esto demuestra que $L(x) = f(x)$$x \ge 1$.