[Sissa '10] $a_(n+1)=f(a_n)$, semplice, Analisi1

Un passatempo non difficile per chi ha dato almeno Analisi1 (non serve altro) e ha da passare una mezz'oretta sul bus, come me ieri.
Fatemi avere qualche riscontro

Sia \( \displaystyle f : [0,1] \to [0,1] \) continua tale che

1) \( \displaystyle f(x)
2) Esiste la derivata destra in $0$, ed è uguale ad \( \displaystyle 1/2 \)

Fissato $a_0 \in [0,1]$, considerare la successione ricorsiva \( \displaystyle a_{n+1} := f(a_n) \)

Studiare il carattere della serie \( \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n \)

Buon lavoro!

Propongo una soluzione in spoiler.

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Fissiamo \( \displaystyle 0 < \epsilon < \frac{1}{4} \) . Per l'ipotesi 2) esiste \( \displaystyle \delta > 0 \) tale che se \( \displaystyle x < \delta \) allora \( \displaystyle f(x) < \left( \frac{1}{2} + \epsilon \right) x \) . Poniamo poi \( \displaystyle \lambda_\delta = \max_{[\delta,1]}\frac{f(x)}{x} \) , il quale massimo sicuramente esiste in virtù del teorema di Weierstrass su massimi e minimi. Inoltre, l'ipotesi 1) garantisce che \( \displaystyle \lambda_\delta < 1 \) . Ma allora fissato arbitrariamente \( \displaystyle a_0 \in [0,1] \) e posto \( \displaystyle \lambda = \max\left\{ \frac{1}{2} + \epsilon, \lambda_\delta\right\} \) si ha \( \displaystyle f(x) < \lambda x \) per ogni \( \displaystyle x \in [0,1] \) , con \( \displaystyle \lambda < 1 \) . Pertanto
\( \displaystyle \displaystyle a_{n+1} = f(a_n) < \lambda a_n = \lambda f(a_{n-1}) < \ldots < \lambda^{n+1} a_0 \)
e quindi, essendo \( \displaystyle \lambda < 1 \) , segue che la serie
\( \displaystyle \displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty} \lambda^n a_0 \)
converge perché è una serie geometrica di ragione minore di 1. Allora converge anche \( \displaystyle \sum_{n = 0}^{+\infty}a_n \) per il teorema del confronto tra serie a termini positivi.

Ultima modifica di maurer il 12/12/2010, 16:12, modificato 1 volta in totale.

Suppongo, maurer, che intendevi definire

\( \displaystyle \lambda = \max\left\{ \frac{1}{2} + \epsilon, \lambda_{\delta}\right\} \)
e non
\( \displaystyle \lambda = \max\left\{ \frac{1}{2} + \epsilon, \delta\right\} \)

Posterò anche io il mio procedimento, diverso.

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$a_(n+1) =f(a_n) <a_n$ quindi la successione è monotòna decrescente, per cui ammette necessariamente un limite $a$, con $a in[0,1]$.
Dunque: $AA epsilon>0, EE nu in NN: n>nu=> a-epsilon <a_(n+1) =f(a_n)<a+epsilon$
Essendo $f$ continua, $EE lim_{x->a} f(x) =f(a)$
Dalle due condizioni segue $f(a)=a$. Ma ciò è possibile solo se $a=0$.
Infine, sfruttando la conoscenza della derivata destra in $x=0$:
$lim_{x->0^+} (f(x)-f(0))/(x-0) =lim_{n->+infty} (f(a_n) -0)/(a_n -0) =lim_{n->+infty} (a_(n+1))/(a_n)=1/2$
Quindi la serie converge per il criterio del rapporto.

@Steven: certo. Ho editato.

La mia dimostrazione è identica a quella di robbstark (che ringrazio per avermi sollevato dall'impegno di scrivere).

Per i pupetti che ci seguono da casa, si può specificare che $f(a)=a <=> a=0$ per il teorema del punto fisso.

si può specificare che $f(a)=a <=> a=0$ per il teorema del punto fisso.

Anche senza scomodare il teorema del punto fisso, dalle ipotesi (continuità di $f$, $0\le f(x) < x$ per ogni $x\in (0,1]$) segue che $f(0) = 0$ e $f(x) \ne x$ per ogni $x\in (0,1]$.

Giustissimo, non valeva proprio la pena scomodarlo.