Czy muszę analizować sekwencję podaną przez $ x_{1+n} = \frac{1}{2 + x_{n}}$ bez równania z $0$?
Mam problem z ćwiczeniami z sekwencjami podanymi przez rekursję, kiedy muszę „udowodnić zbieżność i znaleźć granicę, jeśli istnieje” i otrzymuję rekursję tego rodzaju:
$$ x_{1+n} = \frac{1}{2 + x_{n}}, x_1 \in (0 ; \infty)$$
Dość łatwo jest znaleźć limit - po prostu zakładam, że limit istnieje w $ \mathbb{R}$ a następnie użyj arytmetycznych własności granic: $$\lim_{n \to \infty} x_{n+1} = \lim_{n \to \infty} x_{n}$$ $$\lim_{n \to \infty} x_{n} = l, l \in \mathbb{R}>0$$
Biorąc moją rekursję: $$l = \frac{1}{2 + l}$$ $$l^2 +2l - 1 = 0$$ $$l_1 = \sqrt{2} - 1 \in D$$ $$l_2 = -1 - \sqrt{2} \notin D$$
Więc mój jedyny możliwy limit w $ \mathbb{R}$ jest $l = \sqrt{2} - 1$. To znaczy, jeśli rzeczywiście mogę udowodnić, że granica istnieje - to znaczy: sekwencja jest monotonna i ograniczona. I tu jest mój problem - po prostu nie da się przeanalizować bez komputera różnicy:
$$x_{1+n} - x_{n} = \frac{1}{2 + x_{n}} - x_{n}$$
W poszukiwaniu granic mnożę po prostu obie strony równania przez $ \lim_{n \to \infty} x_{n} = l$ i tutaj nie da się tego zrobić, więc otrzymuję: $$x_{1+n} - x_{n} = \frac{-x_{n}^2-2x_n+1}{2 + x_{n}}$$
Wtedy nie mogę powiedzieć, kiedy jest większy niż $0$ analizować monotoniczność i nie wiem, dla jakich wartości o $n$ jakie wartości $n+1$ Dostaję (aby uzyskać granicę), ponieważ wartość minimalna oszaleje.
Chciałem więc tylko zapytać - czy coś mi brakuje? Czy można tu zrobić$x_{1+n} - x_{n} = \frac{-x_{n}^2-2x_n+1}{2 + x_{n}}$ równość z $0$ i przeanalizuj prostszą funkcję (czerwona na zdjęciu)?
Odpowiedzi
To jest transformacja Möbiusa . Kiedy już zdobędziesz korzenie$l_1, l_2$ funkcji charakterystycznej $l^2+2l-1=0$, wynika, że $1-2l_1=l_1^2$ i $1-2l_2=l_2^2$. Następnie
$$ x_{n+1}-l_1 = \frac{1}{2+x_n}-l_1 = \frac{1-2l_1-l_1 x_n}{2+x_n} = \frac{l_1^2-l_1 x_n}{2+x_n} = -l_1 \frac{x_n-l_1}{2+x_n} \tag 1 $$
podobnie $$ x_{n+1}-l_2 = -l_2 \frac{x_n-l_2}{2+x_n} \tag 2 $$
$(1) \div (2)$ (możesz to zrobić, ponieważ $x_n>0>l_2$), $$ \frac{x_{n+1}-l_1}{x_{n+1}-l_2} = \frac{l_1}{l_2}\cdot \frac{x_n-l_1}{x_n-l_2} $$
W związku z tym $\frac{x_n-l_1}{x_n-l_2}$ jest ciągiem geometrycznym,
$$ \frac{x_n-l_1}{x_n-l_2} = \left(\frac{l_1}{l_2} \right)^{n-1} \cdot \frac{x_1-l_1}{x_1-l_2} \tag3 $$
Następnie $$x_n=\frac{l_1-\frac{x_1-l_1}{x_1-l_2}\left( \frac{l_1}{l_2}\right)^{n-1} \cdot l_2}{1- \frac{x_1-l_1}{x_1-l_2}\left(\frac{l_1}{l_2}\right)^{n-1}}$$
Tak jak $n\to \infty, \left(\frac{l_1}{l_2}\right)^{n-1} \to 0, x_n \to l_1 = \sqrt 2 - 1$.
Aby rozwiązać za pomocą macierzy, zobacz tutaj przykład.
$$X_{n+1}=\frac{1}{2+X_n} \implies 2 X_{n+1}+X_{n+1}X_n=1$$ Pozwolić $X_n=\frac{Y_{n-1}}{Y_n}$, następnie $$2 \frac{Y_{n}}{Y_{n+1}}+\frac{Y_n}{Y_{n+1}}\frac{Y_{n-1}}{Y_n}=1 \implies 2Y_n+Y_{n-1}=Y_{n+1}.$$ Pozwolić $Y_n=t \implies t^2-2t-1=0 \implies t=1\pm \sqrt{2}.$ Więc $$Y_n=p(1+\sqrt{2})^n+q (1-\sqrt{2})^{n} $$ $$\implies X_n=\frac{(1+\sqrt{2})^{n-1}+r(1-\sqrt{2})^{n-1}}{(1+\sqrt{2})^{n}+r(1-\sqrt{2})^{n}}, r=q/p.$$ $$\lim_{n \to \infty}X_{\infty}=\frac{1}{1+\sqrt{2}}=\sqrt{2}-1$$
Mimo że $x_1$ może być dowolną liczbą dodatnią, której wszystkie terminy zaczynają się od $x_2$ są mniejsze niż $\frac 12$, więc nie może być daleko od twojego limitu. Podejściem, które może być przydatne, jest zapisanie jednego terminu jako limitu oraz składnika błędu, więc niech tutaj$x_i=\sqrt 2-1+\epsilon$ Następnie $$x_{i+1}=\frac 1{2+x_i}=\frac 1{1+\sqrt 2 + \epsilon}\\ x_{i+1}=\frac{\sqrt 2-1}{1+(\sqrt 2-1)\epsilon}\\ x_{i+1}\approx (\sqrt 2-1)-(\sqrt 2-1)^2\epsilon$$ gdzie użyłem przybliżenia pierwszego rzędu do $\frac 1{1+\epsilon}$. Widzimy z tego, że błąd zmniejsza się o współczynnik około$6$każdy krok, więc sekwencja się zbiegnie. Aby być bardziej formalnym, możesz powiązać błąd z góry, korzystając z tego faktu$x_i \in (0,\frac 12)$. Nie uzyskasz tak szybkiego spadku, ale każdy czynnik mniejszy niż$1$ jest wystarczająco dobry.