Неподвижная точка последовательности композиции

[Padawan]

мат-ламер в сообщении #1621739 писал(а):

Если мы возьмём начальную точку в этом интервале, то мы сразу из него выходим и больше в него не возвращаемся.

Почему не возвращаемся?

[Null]

Padawan в сообщении #1621747 писал(а):

Почему не возвращаемся?

$f(x)\le\frac{a}{4}\le\frac{3}{4}$

[Padawan]

Ясно. Тогда все ок.

[KhAl]

realeugene в сообщении #1621698 писал(а):

То, что что нет циклов длины 2, не являющихся циклами длины 1, доказывается несложно.

А как, если не слишком много считать? У меня по модулю этого утверждения есть решение, которое вычислительно совсем несложное.

[мат-ламер]

KhAl в сообщении #1621824 писал(а):

А как, если не слишком много считать?

Можно на компьютере построить графики функций $y=x$ и $y=f^2(x)$ . Эти графики пересекутся ровно в одной точке - неподвижной точке отображения $f(x)$ . Нюансы возникают при $3<a<4$ .

[realeugene]

KhAl в сообщении #1621824 писал(а):

А как, если не слишком много считать?

Заставить посчитать корни Максиму, увидеть, что два корня совпадают с предельными точками, а ещё два комплексные.

[KhAl]

мат-ламер, спасибо! Может, приятнее на бумажке строить графики функций $y = f(x)$ и $x = f(y)$, и смотреть, где они пересекаются, тогда есть шанс устранить лишние вычисления.

[realeugene]

По идее когда два дополнительных корня станут действительными и отличными от предельных точек, появится цикл длиной 2 между этими корнями.

[KhAl]

Что-то вроде

$$\left\{\begin{aligned} x &= ay(1-y) \\ y &= ax(1-x) \\ x &\neq y \end{aligned}\right.$$

Перемножая первые два равенства, получим $(1-x)(1-y) = \frac{1}{a^2}$, а вычитая получим $(1-x) + (1-y) = 1 - \frac{1}{a}$. Дискриминант этой системы равен $\left(1 - \frac{1}{a}\right)^2 - \frac{4}{a^2} = 1 - \frac{2}{a} - \frac{3}{a^2} = \left(1-\frac{3}{a}\right)\left(1+\frac{1}{a}\right) \leqslant 0$ — без лишнего раскрытия скобочек и деления многочленов.

-- 10.12.2023, 22:55 --

realeugene, да знаю я, мне интересно, как весь счёт сделать устным.

[KhAl]

А когда известно, что циклов длины два нет, есть решение без вычислений вообще (компиляция того, что уже было сказано, на самом деле). Прошу тех, кто тоже решил задачу, оценить это решение — может, я что-то перемудрил и всё проще?

Я рекомендую ТСу не заглядывать под оффтоп.

(Решение)

Желательно в процессе чтения рисовать графики ($y = f(x)$ и $y = x$ при выбранных значениях $a$).

Случай $a \in \left(1; 2\right]$.

После первого же применения $f$ оказываемся в промежутке $\left(0; \frac{a}{4}\right] \subset \left(0; \frac{1}{2}\right]$. При $0 < x < 1 - \frac{1}{a}$ будет $x < f(x) < 1 - \frac{1}{a}$, а при $1 - \frac{1}{a} < x \leqslant \frac{1}{2}$ будет $1 - \frac{1}{a} < f(x) < x$, в любом случае последовательность монотонна.

Случай $a \in \left(2;3\right]$.

У $f(f(x)) - x$ нули только при $x \in \left\{0, 1 - \frac{1}{a}\right\}$, так что на интервале $(0; 1 - \frac{1}{a})$ либо $f(f(x)) > x$, либо $f(f(x)) < x$. Для $x$ близких к нулю очевидно $f(f(x)) > x$, так что и вообще на интервале $f(f(x)) > x$.

Рассмотрим теперь интервал $\left(\frac{1}{a}; 1 - \frac{1}{a}\right)$. Он выделяется тем, что на нём $f(x) > 1 - \frac{1}{a}$, и значит, $f(f(x)) < 1 - \frac{1}{a}$. А значит, на нём $x < f(f(x)) < 1 - \frac{1}{a}$ и из-за монотонности итерации $f \circ f$ на нём сходятся к $1 - \frac{1}{a}$.

Остаётся понять, почему итерации $f$ приведут либо в этот интервал, либо сразу в $1 - \frac{1}{a}$. Но при $x > 1 - \frac{1}{a}$ либо $f(x)$ попадает сразу в $\left(\frac{1}{a}; 1 - \frac{1}{a}\right)$, либо попадает в $\left(0; \frac{1}{a}\right]$. А на промежутке $\left(0; \frac{1}{a}\right]$ выполняется $x < f(x) \leqslant 1 - \frac{1}{a}$, так что итерации $f$ приведут с него на промежуток $\left(\frac{1}{a}; 1 - \frac{1}{a}\right]$, всё.