2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2
 
 Re: Мегастепень
Сообщение17.12.2011, 00:03 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


03/12/11
640
Україна
Хорошо, подведу промежуточный итог. В зависимости от $a$, получаются 4 случая:

  1. $e^{1/e}<a,$
  2. $1 \leqslant a \leqslant e^{1/e},$
  3. $e^{-e} \leqslant a < 1,$
  4. $0<a<e^{-e}.$

Предел $x$, если он существует, должен удовлетворять уравнению $a^x=x$, из которого, в частности, следует, что $x \ne 0$ и неравенству $|f'(x)| \leqslant 1$, где $f(x)=a^x$. Значит должны выполняться следующие соотношения: $$a^x=x \Rightarrow x\ln a=\ln x; \quad \eqno (1)$$ $$|a^x \ln a| \leqslant 1 \Rightarrow |\ln x| \leqslant 1. \eqno (2)$$Максимальное значение функции $g(x)=\frac {\ln x} x$ достигается в точке $x=e$ и равно $\frac 1 e$, поэтому из (1) следует, что в случае 1 предела нет. Из неравенства (2) заключаем, что $$x \in \left[\frac 1 e, e\right]. \eqno (S)$$
Поскольку функция $g(x)$ монотонно возрастает при $x<e$, то $a=e^{g(x)} \geqslant e^{g(\frac 1 e)}=e^{-e}$ и в случае 4 предела тоже нет.

В случае 2 предел последовательности $a_0=1, a_1=a, a_2=a^a, a_3=a^{a^a},\ldots$ существует и равен минимальному корню уравнения $a^x=x$. Для доказательства, обозначив этот корень $x_0$, вначале по индукции доказываем, что при любом $n$: $$0<a_n \leqslant x_0, \eqno (3)$$ используя монотонность функции $f(x)$, и то, что $f(x_0)=x_0$. После этого, учитывая, что $x_0$ - минимальный корень уравнения $h(x)=0$, где $h(x)=a^x-x$ и то, что $h(0)=1>0$, получаем, что $h(x) \geqslant 0$ при всех $x \in [0,x_0]$, стало быть для любого $n$: $a_{n+1}=f(a_n)=h(a_n)+a_n \geqslant a_n$, т.е. последовательность $\{a_n\}$ монотонна и должна иметь предел, который, в силу (1), обязан быть корнем уравнения $a^x=x$, поэтому, в силу (3), обязан равняться $x_0$. Предел в этом случае пробегает отрезок $[1,e]$.

А вот доказательства того, что в случае 3 предел всегда существует, пока не вижу. Есть вариант RIP (там это случай 1), но не совсем понятно, какое отношение там имеет функция $g(t)$ к доказательству единственности корня $f(t)$. Осталось до конца прояснить этот случай, чтобы завершить доказательство того, что множество пределов есть отрезок, указанный в (S).

 Профиль  
                  
 
 Re: Мегастепень
Сообщение17.12.2011, 06:38 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Dave в сообщении #516360 писал(а):
А вот доказательства того, что в случае 3 предел всегда существует, пока не вижу.

Это действительно несколько более тонкий факт, т.к. там нет, вообще говоря, сжимаемости во всей интересующей нас области.

Дело в том, что для функции $a^{a^x}$ производная хоть и выглядит не вполне приглядно, но вполне уверенно сначала возрастает, потом убывает. Т.е. сама эта функция сначала выпукла вниз, потом вверх. И при этом монотонно возрастает на правой полуоси от $a$ до $1$. Это означает две вещи. Во-первых, для последовательности итераций $x_{n+1}=a^{x_n}$ как чётная, так и нечётная подпоследовательности (т.е. некоторые последовательности итераций $x_{k+1}=a^{a^{x{k}}}$) монотонны (неважно, в какую сторону) и ограниченны и, следовательно, сходятся. Во-вторых, уравнение $x=a^{a^x}$ может иметь (в силу выпуклостей) не более трёх корней, и среди них, уж во всяком случае, есть искомый корень уравнения $x=a^{x}$. Если чётные $x_{2k+2}=a^{x_{2k}}$ и нечётные $x_{2k+1}=a^{x_{2k-1}}$ итерации имеют один и тот же предел, то он является и общим пределом. Если же предположить, что эти два пределы различаются, то они являются двумя корнями уравнения $x=a^{a^x}$. Корень уравнения $x=a^x$ не может совпадать ни с одним из этих пределов, т.к. иначе он был бы и пределом итераций противоположной чётности и, следовательно, эти два пределы совпадали бы. Поэтому для рассматриваемого случая уравнение $x=a^{a^x}$ должно было бы иметь три корня. Но тогда (опять же в силу выпуклостей) два крайних корня являются точками устойчивости для последовательностей вида $x_{k+1}=a^{a^{x{k}}}$, промежуточный же -- точкой неустойчивости. И, следовательно, этот промежуточный корень может быть только корнем уравнения $x=a^{x}$. Однако последний не может быть точкой неустойчивости: в нём производная $|(a^x)'|\leqslant1$, в то время как для неустойчивости должно было бы быть $|(a^x)'|>1$.

Как-то так, занудно. Но без какого-либо занудства тут, видимо, в любом случае не обойтись.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мегастепень
Сообщение18.12.2011, 01:28 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


03/12/11
640
Україна
Не совсем очевидна монотонность подпоследовательностей до момента, когда ещё не известно количество корней уравнения $a^{a^x}=x.$ Проще, на мой взгляд, доказать единственность такого корня, а отсюда уже сразу будет следовать, что разность $r(x)=a^{a^x}-x$ имеет один знак слева от этого единственного корня и опять же один - справа, и, т.к. $r(0)=a>0$, а $r(1)=a^a-1<0$, то слева от корня $r(x)>0$, а справа $r(x)<0$, что уже означает требуемую монотонность подпоследовательностей (то, что они "скачут" по разные стороны от корня, доказывается элементарно), далее - их сходимость, и, в силу единственности корня $r(x)=0$ - сходимость к одному и тому же пределу, который не может быть ничем иным, кроме как корнем уравнения $a^x=x$.

(Оффтоп)

Да и в случае $|k'(x_0)|=1$ никакого вывода об устойчивости в точке $x_0$ последовательности, задаваемой рекуррентным соотношением $x_{n+1}=k(x_n)$, делать нельзя. Пример - функции $k_1(x)=x-x^3$ и $k_2(x)=x+x^3$ в окрестности $0$. У обоих производная в этой точке равна $1$, но первая задаёт устойчивую в $0$ последовательность, а вторая - нет. В случае $|k'(x_0)|=1$ при исследовании нужно задействовать уже производные более высоких порядков.
Теперь о том, как можно с минимальными трудозатратами доказать единственность корня $r(x)$ на отрезке $[0,1]$. Обозначим для простоты $b=-\ln a$. Мы рассматриваем случай $e^{-e} \leqslant a < 1$, поэтому $0<b \leqslant e$. Преобразуем (страшную :evil:) производную $$r'(x)=b^2 a^x a^{a^x}-1=b^2 e^{-bx}e^{-be^{-bx}}-1=\frac b e \cdot eb {e^{-bx}} {e^{-e^{\ln b - bx}}}-1=\frac b e \cdot e^{1+\ln b - bx -e^{\ln b - bx}}-1.$$ Применим известное неравенство $e^t \geqslant 1+t$, справедливое при любом $t$, к $t=\ln b - bx$ и получим: $e^{\ln b - bx} \geqslant 1+\ln b - bx$. Значит показатель внешней экспоненты в выражении производной неположительный и $r'(x) \leqslant \frac b e -1 \leqslant 0$. Поэтому функция $r(x)$ не возрастает на отрезке $[0,1]$, а т.к. она ни на каком интервале не константа, то больше одного корня иметь не может.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мегастепень
Сообщение18.12.2011, 17:54 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Dave в сообщении #516644 писал(а):
Не совсем очевидна монотонность подпоследовательностей до момента, когда ещё не известно количество корней уравнения $a^{a^x}=x.$

Вполне очевидна. Там, во всяком случае, функция $y(x)=a^{a^x}$ непрерывна, монотонна и на некоторых отрезках лежит выше биссектрисы $y=x$, а на некоторых -- ниже. И если начальное приближение попадает в один из этих отрезков, то ему из него уж никак не выбраться, причём очевидно монотонно не выбраться.

Dave в сообщении #516644 писал(а):
Да и в случае $|k'(x_0)|=1$ никакого вывода об устойчивости в точке $x_0$ последовательности, задаваемой рекуррентным соотношением $x_{n+1}=k(x_n)$, делать нельзя.

Формально и абстрактно -- да, нельзя; конкретно же применительно к этому случаю -- вполне можно. Дело в том, что для итерированной функции производная в точке пересечения равна квадрату производной исходной функции. И если этот квадрат меньше либо равен единицы, то для итерированной функции эта точка очевидно и будет устойчивой (и единственной стационарной) -- исходя из соображений выпуклости. Ну а тогда и для исходной функции.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мегастепень
Сообщение18.12.2011, 20:57 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


03/12/11
640
Україна
Тогда такое замечание.
ewert в сообщении #516402 писал(а):
Но тогда (опять же в силу выпуклостей) два крайних корня являются точками устойчивости для последовательностей вида $x_{k+1}=a^{a^{x{k}}}$, промежуточный же -- точкой неустойчивости.
Из того, что последовательность не сходится к корню соответствующего уравнения, не следует, что он - обязательно точка неустойчивости, а только то, что последовательность в своё время не попала в нужную окрестность этого корня.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мегастепень
Сообщение19.12.2011, 11:59 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Dave в сообщении #516973 писал(а):
Из того, что последовательность не сходится к корню соответствующего уравнения, не следует, что он - обязательно точка неустойчивости, а только то, что последовательность в своё время не попала в нужную окрестность этого корня.

Всё это, может, и замечательно, однако не учитывает специфики итерированной функции $y(x)=a^{a^x}$ при $a<1$. Эта функция всегда монотонно возрастает от $a$ до $1$, причём сначала выпукло вниз, потом выпукло вверх. Поэтому для уравнения $x=a^{a^x}$ возможны, в принципе, один, два или три корня (но не менее одного и не более трёх). В интервале между любой парой соседних корней значения функции $y(x)=a^{a^x}$ лежат либо строго выше, либо строго ниже биссектрисы $y=x$ и при этом монотонно возрастают. Это значит, что последовательности итераций определённой чётности для $x_{n+1}=a^{x_n}$, т.е. последовательности $x_{k+1}=a^{a^{x_k}}$ монотонны, ограниченны и, следовательно, сходятся. Обозначим предельные точки как $x_-$ и $x_+$; пусть $x_0$ -- корень самой функции $y(x)=a^x$.

Из монотонного убывания функции $y(x)=a^x$ следует, что $x_-\leqslant x_0\leqslant x_+$. Если одно из этих неравенств превращается в равенство, то и другое тоже должно быть фактически равенством (т.е. если итерации некоторой чётности неограниченно близко прижимаются к решению уравнения $x=a^x$, то это же в силу непрерывности вынуждены делать и итерации противоположной чётности). Все эти три точки являются корнями уравнения $x=a^{a^x}$. Отсюда, между прочим, вытекает и невозможность случая ровно двух корней, т.к. он был бы возможен лишь в при $x_-\leqslant x_0<x_+$ или при $x_-<x_0\leqslant x_+$.

Если корень только один, то из соображений монотонности следует сходимость. Т.е. для расходимости необходимо, чтобы уравнение $x=a^{a^x}$ имело ровно три корня, причём средним из них тогда будет (единственный) корень $x_0$ уравнения $x=a^{a^x}$. Оно же и достаточно для расходимости, т.к. в этом случае при любом начальном приближении (кроме, конечно,$x_0$) последовательность чётных итераций сходится к одному из крайних корней -- опять же лишь из соображений монотонности. А из соображений выпуклости следует, что эти два случая разделяются значением производной $(a^{a^x})'$ в точке $x_0$: в случае трёх корней эта производная будет строго больше единицы, в случае же одного корня -- меньше либо равна единицы. Однако в этой точке $(a^x)'=\sqrt{(a^{a^x})'}$, откуда и критерий сходимости в терминах производной для этой конкретной функции.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мегастепень
Сообщение19.12.2011, 23:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


03/12/11
640
Україна
Хорошо, уговорили :-). Только
ewert в сообщении #517174 писал(а):
Эта функция всегда монотонно возрастает от $a$ до $1$, причём сначала выпукло вниз, потом выпукло вверх.
От $a$ до $a^a$. И при $a \geqslant e^{-1}$ "сначала выпукло вниз" нет.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мегастепень
Сообщение20.12.2011, 01:09 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Тупо монотонно. Тупо монотонно на всей положительной полуоси ведёт себя показатель -- а значит, не менее тупо монотонно ведёт себя и сама (итерированная) степень.

Выпуклости тоже достаточно тупы. Только надо производную формально выписать, конечно. И тогда она сводится с точностью до монотонной замены переменной к чему-то типа $ta^t$, ну а уж с промежутками возрастания/ убывания такой функции (которая, напомню, какая-никакая, но -- производная) всем всё ясно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мегастепень
Сообщение20.12.2011, 18:56 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


03/12/11
640
Україна
ewert в сообщении #517499 писал(а):
Тупо монотонно. Тупо монотонно на всей положительной полуоси ведёт себя показатель -- а значит, не менее тупо монотонно ведёт себя и сама (итерированная) степень.
Да к монотонности вопросов никаких нет, я имел ввиду, что верхний предел - не 1, а $a^a$.
ewert в сообщении #517499 писал(а):
Выпуклости тоже достаточно тупы. Только надо производную формально выписать, конечно. И тогда она сводится с точностью до монотонной замены переменной к чему-то типа $ta^t$, ну а уж с промежутками возрастания/ убывания такой функции (которая, напомню, какая-никакая, но -- производная) всем всё ясно.
Проще выписать не первую производную и колдовать над ней, а вторую, что я и сделал здесь.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 24 ]  На страницу Пред.  1, 2

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group