Последовательность $x_{n+1}=f(x_n)$

[xmaister]

Вроде получилось. Пусть $\varepsilon >0$ такое, что $\varepsilon$-окрестности точек $a,x,b$ не пересекаются. Выберем такие $n,m$, что $x_n\in U_a$, $x_m\in U_b$, $n<m$, $|x_{n+1}-x_n|<\frac{\varepsilon}{2}$. Пусть для любого $k, n<k<m$ $x_k\not\in U_x$. Рассмотрим $k$, такое что $x_k<x-\varepsilon$, т.к. $U_x$ не содержит $x_k$, $n<k<m$, то $x_{k+1}<x-\varepsilon\Rightarrow x_m<x-\varepsilon$ чего не может быть. Посмотрите пожалуйста, я правильно рассуждаю?

[ewert]

Профессор Снэйп в сообщении #564423 писал(а):

у Вас $x_{n_{2m+1}} - x_{n_{2m}} > b - a - 2\varepsilon$. Как это может стремиться к нулю с ростом $m$?

Ему-то зачем стремиться к нулю?...

-- Пт апр 27, 2012 10:28:13 --

xmaister в сообщении #564425 писал(а):

$|x_{n+1}-x_n|<\frac{\varepsilon}{2}$

Не конкретно эта разность меньше, а супремум разностей по всем номерам, начиная с этого.

xmaister в сообщении #564425 писал(а):

Рассмотрим $k$, такое что $x_k<x-\varepsilon$, т.к. $U_x$ не содержит $x_k$, $n<k<m$, то $x_{k+1}<x-\varepsilon\Rightarrow x_m<x-\varepsilon$

Это совершенно непонятно и заведомо неверно: из того, что некоторая точка не попадает в окрестность, насчёт следующей точки ровно ничего не следует.

[xmaister]

ewert в сообщении #564429 писал(а):

Не конкретно эта разность меньше

Почему? Из определения предела следует, что я могу выбрать $N$, такое что $|x_{n+1}-x_n|<\frac{\varepsilon}{2}$, при $n>N$.

ewert в сообщении #564429 писал(а):

Это совершенно непонятно и заведомо неверно: из того, что некоторая точка не попадает в окрестность, насчёт следующей точки ровно ничего не следует.

После того как я выбрал $n,m,\varepsilon$ я хочу найти $k$, такое что $x_k\in U_x$, $U_x$- $\varepsilon$-окрестность точки $x$, $n<k<m$. Предполагаю, что ни одно $x_k$ не попадает в $U_x$. Беру $x_k<x-\varepsilon$, оно существует. Далее т.к. $|x_{n+1}-x_n|<\frac{\varepsilon}{2}$, то $x_{k+1}$ либо лежит в $U_x$ либо левее $x-\varepsilon$, но т.к. по предположению в $U_x$ оно лежать не может, то оно лежит левее $x-\varepsilon$, значит $x_m<x-\varepsilon$. Что здесь не так не пойму.

[ewert]

xmaister в сообщении #564436 писал(а):

Почему? Из определения предела следует, что я могу выбрать $N$, такое что $x_{n+1}-x_n<\frac{\varepsilon}{2}$, при $n>N$.

Можете. И даже обязаны. Но ведь Вы же этого не сделали.

xmaister в сообщении #564436 писал(а):

$x_{k+1}$ либо лежит в $U_x$ либо левее $x-\varepsilon$, но т.к. по предположению в $U_x$ оно лежать не может, то оно лежит левее $x-\varepsilon$, значит $x_m<\varepsilon$. Что здесь не так не пойму.

Логика пока что отсутствует: из $x_{k+1}<x-\varepsilon$ непосредственно ещё не следует, что $x_{m}<x-\varepsilon$.

Вообще лучше другие слова произносить. Разбейте множество номеров $k\in[n;m]$ на два подмножества, для одного из которых все $x_k$ лежат левее $U_x$, для другого -- правее. Это очень быстро приведёт к противоречию.

[xmaister]

Каюсь, слишком криво написал. Переделал:
Пусть $\varepsilon >0$ такое, что $\varepsilon$-окрестности точек $a,x,b$ не пересекаются. Для этого $\varepsilon$ подберём $N$, такое что для любого $n>N$ $|x_{n+1}-x_n|<\frac{\varepsilon}{2}$. Выберем такие $k,m$, что $x_k\in U_a$, $x_m\in U_b$, $N<k<m$. Пусть для любого $k, n<k<m$ $x_k\not\in U_x$. Разбиваю множество натуральных из $[k,m]$ на два подмножества, для одного из которых все $x_k$ лежат левее $U_x$, для другого- правее. Тогда существует $m$, такое что $x_{m}<x-\varepsilon$, $x_{m+1}>x+\varepsilon$. Но этого не может быть, т.к. из $|x_{n+1}-x_n|<\frac{\varepsilon}{2}$ следует, что $x_{m+1}<x-\varepsilon$. Теперь всё чётко?

[ewert]

xmaister в сообщении #564448 писал(а):

Выберем такие $k,m$, что $x_k\in U_a$, $x_m\in U_b$, $N<k<m$. Пусть для любого $k, n<k<m$

Переделайте ещё раз. У Вас $k$ задаётся дважды, при этом идёт ссылка на неопределённое $n$. Ни то, ни другое нельзя.

[xmaister]

Итого получается следующее:
Пусть $\varepsilon >0$ такое, что $\varepsilon$-окрестности точек $a,x,b$ не пересекаются. Для этого $\varepsilon$ подберём $N$, такое что для любого $n>N$ $|x_{n+1}-x_n|<\frac{\varepsilon}{2}$. Выберем такие $k,m$, что $x_k\in U_a$, $x_m\in U_b$, $N<k<m$. Пусть для любого $l, k<l<m$ $x_l\not\in U_x$. Разбиваю множество натуральных из $[k,m]$ на два подмножества, для одного из которых все $x_l$ лежат левее $U_x$, для другого- правее. Тогда существует $s$, такое что $x_{s}<x-\varepsilon$, $x_{s+1}>x+\varepsilon$. Но этого не может быть, т.к. из $|x_{n+1}-x_n|<\frac{\varepsilon}{2}$ следует, что $x_{s+1}<x-\varepsilon$. Т.к. существует член последовательности $x_{n_0}\in [a,b]$. Тогда пусть $x_{n_k}\to x_{n_0}$, $f(x_{n_k})=x_{n_k+1}\to x_{n_0}$, $f(x_{n_k})\to x_{n_0+1}$, $x_{n_0+1}=x_{n_0}$, значит последовательность сходится к $x_{n_0}$, что протеворечит существованию более 1 предельных точек.

-- 28.04.2012, 18:48 --

Дайте, пожалуйста, наводящее соображение, про то как доказать, что если $f\in C[a,b]$- не убывает, $x_1\in C[a,b]$, тогда $x_{n+1}=f(x_n)$- сходится.

[ewert]

xmaister в сообщении #565071 писал(а):

$|x_{n+1}-x_n|<\frac{\varepsilon}{2}$.

Этого действительно достаточно; но зачем так грубо?...

xmaister в сообщении #565071 писал(а):

Тогда существует $s$, такое что $x_{s}<x-\varepsilon$, $x_{s+1}>x+\varepsilon$.

Это правда, но неплохо бы всё-таки формально обосновать.

xmaister в сообщении #565071 писал(а):

Т.к. существует член последовательности $x_{n_0}\in [a,b]$.

Начиная с этого момента, текст снова непонятен.

xmaister в сообщении #565071 писал(а):

Дайте, пожалуйста, наводящее соображение, про то как доказать, что если $f\in C[a,b]$- не убывает, $x_1\in C[a,b]$, тогда $x_{n+1}=f(x_n)$- сходится.

Весь отрезок распадается на три множества: где $f(x)=x$, где $f(x)<x$ и где $f(x)>x$. Что можно сказать про два последних -- какого они типа?...

[xmaister]

ewert в сообщении #565086 писал(а):

но неплохо бы всё-таки формально обосновать

Разбиваем множество натуральных в отрезке $[k,m]$ на 2 подмножества $A$ и $B$. $A$ состоит из чисел $s$, для которых $x_s$ лежит левее $x-\varepsilon$. $A$ не пусто. $B$ не пусто, т.к. $\limsup x_n$- предельная точка. Предположим что не существует такого $s$, что $x_{s}<x-\varepsilon$, $x_{s+1}>x+\varepsilon$. Тогда т.к. $x_k<x-\varepsilon$, то по предположению, что $U_x$ не содержит $x_t$, при $k<t<m$, получаем, что $k+1\in A$. Пусть $k<l<m, l\in A$, тогда $x_{l+1}\in A$. Это означает, что для любого $k<l<m$ следует, что $l\in A$, Значит $B$- пусто. Противоречие.

ewert в сообщении #565086 писал(а):

но зачем так грубо?...

Не понял, почему грубо?

-- 28.04.2012, 20:16 --

ewert в сообщении #565086 писал(а):

Начиная с этого момента, текст снова непонятен.

Т.к. любая точка отрезка $[\liminf x_n,\limsup x_n]$ предельная, то существует $n_0\in\mathbb{N}$, такое что $x_{n_0}\in [\liminf x_n,\limsup x_n]$ и подпоследовательность $x_{n_k}\to x_{n_0}$. Тогда $f(x_{n_k})\to f(x_{n_0})=x_{n_0+1}$ в силу непрерывности $f$. Т.к. $f(x_{n_k})=x_{n_k+1}=x_{n_k}+o(1)\to x_{n_0}$ в силу стремления к нулю шага, то в силу единственности предела сходящейся подпоследовательности $f(x_{n_k})$ получаем, что $x_{n_0+1}=x_{n_0}$. Пусть $x_{n_0+k}=x_{n_0}$ для некоторого $ k\in\mathbb{N}$, тогда $x_{n_0+k+1}=f(x_{n_0+k})=f(x_{n_0})=x_{n_0+1}=x_{n_0}$. Это означает, что начиная с $n_0$ последовательность стабилизируется, т.е. будет сходящейся к $x_{n_0}$ но это противоречит предположению о том, что $\{x_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ имеет 2 или более различных предельных точек. Всё ли теперь чётко или где-то опять прокололся?

[xmaister]

ewert в сообщении #565086 писал(а):

Весь отрезок распадается на три множества: где $f(x)=x$, где $f(x)<x$ и где $f(x)>x$. Что можно сказать про два последних -- какого они типа

$A,B,C$- множества точек $[a,b]$ для которых $f(x)<x, f(x)=x$ и $f(x)>x$ соответственно. Если $x_1\in B$, то последовательность $x_{n+1}=f(x_n)$- постоянна, значит сходится. Если $x_1\in A$, то $f(x_1)<x_1$, положим, что $x_{n}\in A$, значит $x_{n+1}<x_n\Rightarrow x_{n+2}<x_{n+1}$ в силу возрастания. Т.е. последовательность $\{x_n\}$ монотонна убывает и ограничена, значит сходится. Если $x_1\in C$, то $f(x_1)>x_1$, положим, что $x_{n}\in C$, значит $x_{n+1}>x_n\Rightarrow x_{n+2}>x_{n+1}$ в силу возрастания, следовательно $\{x_n\}$ монотонно возрастает и ограничена, значит сходится.

[Профессор Снэйп]

xmaister в сообщении #565123 писал(а):

ewert в сообщении #565086 писал(а):

Весь отрезок распадается на три множества: где $f(x)=x$, где $f(x)<x$ и где $f(x)>x$. Что можно сказать про два последних -- какого они типа

$A,B,C$- множества точек $[a,b]$ для которых $f(x)<x, f(x)=x$ и $f(x)>x$ соответственно. Если $x_1\in B$, то последовательность $x_{n+1}=f(x_n)$- постоянна, значит сходится. Если $x_1\in A$, то $f(x_1)<x_1$, положим, что $x_{n}\in A$, значит $x_{n+1}<x_n\Rightarrow x_{n+2}<x_{n+1}$ в силу возрастания. Т.е. последовательность $\{x_n\}$ монотонна убывает и ограничена, значит сходится. Если $x_1\in C$, то $f(x_1)>x_1$, положим, что $x_{n}\in C$, значит $x_{n+1}>x_n\Rightarrow x_{n+2}>x_{n+1}$ в силу возрастания, следовательно $\{x_n\}$ монотонно возрастает и ограничена, значит сходится.

Э-э-э... Не годится!

Вы вот сейчас нигде не использовали, что $x_{n+1} - x_n \to 0$. А без этого сходимости может и не быть, сами ведь пример видели

[g______d]

Ловите липу (если она есть). Пусть $U=\{x\colon f(x)\neq x\}$.

Лемма: для любого $x_0\in U$ существует такое $N$, что либо $x_n>x_0$ для всех $n>N$, либо $x_n<x_0$ для всех $n>N$.

Доказательство: Для любого $x_0$ в некоторой его окрестности выполняется $|f(x)-x|\ge \frac12 |f(x_0)-x_0|$ в силу непрерывности $f(x)-x$. Поэтому при $N$ таких, что $\forall n>N$ выполняется $|x_{n+1}-x_n|<\frac12 |f(x_0)-x_0|$, точка не может попасть в эту окрестность. По той же причине с некоторого места она не сможет перепрыгнуть эту окрестность (как только $|x_{n+1}-x_n|$ станет меньше ее ширины). Значит, она все оставшееся время будет по одну сторону от от $x_0$.

Также верно, что если есть интервал, на котором $f(x)=x$, то последовательность с какого-то места находится по одну его сторону --- для этого достаточно только второй части доказательства леммы.

Теперь посмотрим на предельную точку $y$ нашей последовательности и произвольную ее окрестность. Эта окрестность слева и справа от $y$ содержит либо точку $U$, либо интервал, на котором $f(x)=x$. Значит, с какого-то места последовательность будет находиться между ними.

-- 29.04.2012, 06:58 --

Перечитал тему и понял, что задачу на самом деле уже решили :(

[Профессор Снэйп]

g______d в сообщении #565410 писал(а):

Теперь посмотрим на предельную точку $y$ нашей последовательности и произвольную ее окрестность. Эта окрестность слева и справа от $y$ содержит либо точку $U$, либо интервал, на котором $f(x)=x$.

Вот это непонятно.

-- Вс апр 29, 2012 10:19:38 --

g______d в сообщении #565410 писал(а):

Перечитал тему и понял, что задачу на самом деле уже решили :(

Ну да

Я думал, Вы решение RIP пытаетесь понять.

[xmaister]

Профессор Снэйп в сообщении #565208 писал(а):

Вы вот сейчас нигде не использовали, что $x_{n+1} - x_n \to 0$

Так я решал уже другую задачу: если $f\in C[a,b]$- не убывает, $x_1\in [a,b]$, тогда $x_{n+1}=f(x_n)$- сходится.

Что-то я совсем запутался. Я правильно понял решение этих задач или нет?

[Профессор Снэйп]

xmaister в сообщении #565435 писал(а):

Что-то я совсем запутался. Я правильно понял решение этих задач или нет?

Я уже запутался, где решение каких задач.

С монотонно неубывающей $f$ всё совсем просто. С непрерывной $f$ просто неверно. С непрерывной $f$ и дополнительным условием $x_{n+1} - x_n \to 0$ - наиболее интересная задача, её RIP показал как решать. Может, ещё какие-то вариации были, но увы, не приметил.