Предел последовательности

[Ktina]

Последовательность $(x_{n\in\mathbb N_0})$ задана рекурсивно:

$$ \begin{cases} x_0=a\in\mathbb R \\ x_{n+1}=2x_n^2-1 \end{cases} $$

а) Указать 5 попарно различных значений $ a $, при каждом из которых эта последовательность имеет предел.

б) Доказать, что таких значений бесконечно много.

(из задач, предлагавшихся на олимпиадах по математике студентов технических вузов г. Москвы)

[gris]

Пять никак нельзя указать.
Три — пожалуйста: -1;0;1. Они так и просятся. А при остальных последовательность расходится.
Хотя чисто формально она предел имеет в виде плюс бесконечности.
Правда, это только для целых...
А для нецелых ещё половинки просятся.
Ну и корни, конечно. Корень из трёх пополам. Да их там не меньше сорока пяти тыщ!!!

[Sonic86]

Можно решить уравнение $\frac{f(x)}{f'(x)}=-2x^2+x-1$ и найти $f(x)$, для которой искомое множество всех $a$ - это множество аргументов, от которых метод Ньютона сходится к корню. Скорее всего их несчетное множество (и указывать их можно достаточно произвольно).

[nnosipov]

$a=\cos{(\pi/2^m)}$, $m=0,1,2,\dots$ Насчёт континуума значений $a$ --- кажется, тоже верно.

[Ktina]

gris в сообщении #523285 писал(а):

Пять никак нельзя указать.

$\frac{\sqrt 2}{2}$, $\frac{\sqrt{2+\sqrt 2}}{2}$, $\frac{\sqrt{2+\sqrt {2+\sqrt 2}}}{2}$, $\frac{\sqrt{2+\sqrt {2+\sqrt {2+\sqrt 2}}}}{2}$, $\frac{\sqrt{2+\sqrt {2+\sqrt {2+\sqrt {2+\sqrt 2}}}}}{2}$
и так далее

[gris]

Ну я же только для целых. Рациональных 5, а вот с корнями много. Только вот вроде бы все значения алгебраические. Как же их может быть континуум?

[nnosipov]

Я имел в виду следующее. Пусть $a=\cos{\theta}$, тогда $x_n=\cos{(2^n\theta)}$. Для (как мне кажется) континуума $\theta$ может существовать предел $\cos{(2^n\theta)}$. Число $\theta$ надо брать таким, чтобы $\theta/\pi$ было числом Лиувилля (хорошо приближалось рациональными дробями). Вот такие вот соображения (аккуратно не проверял).

[ewert]

Пределами (конечными) могут быть только корни уравнения $x=2x^2-1$, т.е. $1$ и $-\frac12$. Однако эти точки неустойчивы, т.к. производная правой части в них по модулю больше единицы. Так что последовательность может сходиться только в том случае, если она, начиная с некоторого номера, стационарна, т.е. если через несколько шагов она упирается в один из тех корней. Т.е. каждое следующее подходящее начальное приближение получается из предыдущего решением уравнения $2a_{k+1}^2-1=a_k$, где $a_0$ -- это $1$ или $-\frac12$. На первом шаге находим два новых подходящих начальных приближения: $a_1=-1,\;\frac12$. На втором -- ещё три: $a_2=\pm\frac{\sqrt3}2,\;0$. И т.д. Т.е. все подходящие начальные приближения задаются рекуррентными соотношениями $a_{k+1}=\pm\sqrt{\frac{1+a_k}2}$ (здесь не одно соотношение, а очень-очень много). Ну так уже последовательность $a_{k+1}=\sqrt{\frac{1+a_k}2}$ при $a_0=-\frac12$ (например) очевидно строго монотонна и, значит, уже только она порождает бесконечно много подходящих начальных приближений.

gris в сообщении #523322 писал(а):

Как же их может быть континуум?

Никак, естественно.

[nnosipov]

ewert в сообщении #523335 писал(а):

Так что последовательность может сходиться только в том случае, если она, начиная с некоторого номера, стационарна ...

Уверены?

[ewert]

nnosipov в сообщении #523339 писал(а):

Уверены?

А почему нет?

[nnosipov]

Вот последовательность $\sin{(2\pi n!e)}$ имеет предел, но не стационарна. Почему бы и для нашей $x_n$ такому не случится?

[Dave]

nnosipov в сообщении #523331 писал(а):

Я имел в виду следующее. Пусть $a=\cos{\theta}$, тогда $x_n=\cos{(2^n\theta)}$. Для (как мне кажется) континуума $\theta$ может существовать предел $\cos{(2^n\theta)}$. Число $\theta$ надо брать таким, чтобы $\theta/\pi$ было числом Лиувилля (хорошо приближалось рациональными дробями). Вот такие вот соображения (аккуратно не проверял).

nnosipov в сообщении #523346 писал(а):

Вот последовательность $\sin{(2\pi n!e)}$ имеет предел, но не стационарна. Почему бы и для нашей $x_n$ такому не случится?

Потому что $\{n!e\} \sim \frac 1 n$ при $n \to \infty$, а $\{2^n \theta \} \to 0$ только тогда, когда $\theta$ - конечная двоичная дробь, т.е. $\theta = k 2^m$ для целых $k$ и $m$.

[ewert]

nnosipov в сообщении #523346 писал(а):

Вот последовательность $\sin{(2\pi n!e)}$ имеет предел, но не стационарна.

А при чём тут эта-то последовательность?...

nnosipov в сообщении #523346 писал(а):

Почему бы и для нашей $x_n$ такому не случится?

Потому что стационарные точки неустойчивы, притом с большим запасом. А это означает, что если какая-либо последовательность даже и подберётся достаточно близко к одной из этих точек, то её немедленно начнёт отбрасывать от этой точки с экспоненциальной скоростью за пределы некоторой заведомо немаленькой окрестности. Т.е. сойтись к этой точке она никак не сможет. Если только в какой-то момент не упрётся случайно ровно в неё, а это и есть стационарность последовательности начиная с некоторого номера.

[nnosipov]

nnosipov в сообщении #523331 писал(а):

Для (как мне кажется) континуума $\theta$ может существовать предел $\cos{(2^n\theta)}$. Число $\theta$ надо брать таким, чтобы $\theta/\pi$ было числом Лиувилля (хорошо приближалось рациональными дробями). Вот такие вот соображения (аккуратно не проверял).

Да, показалось. Всё-таки $2^n$ не слишком быстро растёт для того, чтобы числа Лиувилля здесь оказались полезными. С другой стороны, дело даже не в скорости роста, а в более тонких свойствах. Если, скажем, $\theta$ --- квадратичная иррациональность (или даже плохо приближаемое число), а $q_n$ --- знаменатели подходящих дробей к $\theta$, то $\|q_n\theta\| \to 0$ ($\|\cdot\|$ --- расстояние до ближайшего целого числа), при этом $q_n$ растёт всего лишь экспоненциально.

[Sonic86]

gris в сообщении #523322 писал(а):

Как же их может быть континуум?

$x_{n+1}=2x_n^2-1$ перепишем как $x_{n+1}=x_n-(-2x_n^2+x_n+1)$, скобку обозначим как $\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$ и получаем метод Ньютона для функции $f$. Ищем $f$: $\frac{df}{f}=-\frac{dx}{2x^2-x-1} \Leftrightarrow f(x)=C\sqrt[3]{1+\frac{3/2}{x-1}}$. Функция имеет корень $\frac{1}{3}$ в $(0;1)$, некратный, значит кривизна в окрестности постоянна, значит число исходных точек в $(\varepsilon ; \frac{1}{3})$, откуда сходится метод Ньютона - континуум.

UPD: Решение кривое - не читайте.