反復シーケンスが収束することを証明する

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kludg 2020-01-02 15:17.

次の https://iquestion.pro/q/ma16491735/daitai-koin-tosu-mondai-no-ippanka

シーケンスがあるとします

$$p_1=\frac{2}{3}$$ $$p_n=\frac{2-p_{n-1}}{3}$$

明らかに制限が存在する場合、それは $p_\infty=1/2$

収束を証明する方法は?

5 answers

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pre-kidney 2020-01-02 15:22.

それを観察する $2p_n-1=\frac{1-2p_{n-1}}{3}$、それはそれが続く $$ \left|p_n-\tfrac12\right|=\frac{\bigl|p_{n-1}-\tfrac12\bigr|}{3}=\frac{\bigl|p_{n-2}-\tfrac12\bigr|}{3^2}=\cdots =\frac{\bigl|p_{1}-\tfrac12\bigr|}{3^{n-1}}=\frac{1}{2\cdot 3^n}, $$ したがって、 $\tfrac12$ 指数関数的に急速に減少します $0$

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J. W. Tanner 2020-01-02 15:26.

あなたは示すことができます $p_n=\dfrac12-\dfrac12\left(-\dfrac13\right)^n.$

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Claude Leibovici 2020-01-02 19:50.

漸化式を解くと $$p_n=\frac{2-p_{n-1}}{3} \qquad \text{with} \qquad p_1=a$$ あなたはそれを見つける必要があります $$p_n=\frac 12\left(1+(-1)^n \frac {1-2a}{3^{n-1}}\right)$$

簡単な方法は次のとおりです。 $p_n=q_n+b$ 取得するために交換します $$\frac{4 b-2}{3}+\frac{1}{3} q_{n-1}+q_n=0$$ と選択 $b=\frac 12$ 方程式をに減らします $$\frac{1}{3} q_{n-1}+q_n=0\implies q_n=c_1 \left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1}\implies p_n=\frac 12+c_1 \left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1}$$ そして $p_1=a$ につながる $c_1=\frac{2a-1}{2} $

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Taladris 2020-01-03 05:04.

ここでのキーワードは等差数列です。

シーケンス $\{p_n\}_{n\geqslant 1}$ 定数が存在する場合は算術幾何です $a$ そして $b$ そのような $p_{n+1}=ap_n+b$ すべてのための $n \geqslant 1$

以下では、私はそれを仮定します $a\neq 1$ (それ以外の場合、シーケンスは単に算術です)。

一次関数を考えてみましょう $f(x)=ax+b$。以来$a\neq 1$$f$ 不動点があります $\ell$ (あれは $f(\ell)=\ell$)。OPの例では、$f(x)=\frac{2-x}{3}$ そして $\ell=\frac{1}{2}$

今考えてください $q_n=p_n-\ell$。次に$\{q_n\}$ 一般的な比率の幾何学です $a$ と最初の学期 $q_0=p_0-\ell$。確かに、

$$q_{n+1}=p_{n+1}-\ell = (a p_n + b) - (a\ell + b) = a(p_n - \ell) = a q_n$$

したがって、 $q_n=a^{n-1}q_0$ そう $p_n = a^{n-1}(p_0-\ell)+\ell$。OPの例では、$p_{n} = \frac{1}{6}\left(\frac{1}{2}\right)^n+\frac{1}{2}$

最後に、

  • の場合 $|a|<1$、 シーケンス $\{p_n\}$ に収束します $\ell$
  • の場合 $|a|>1$、シーケンスが発散しています。
0
lhf 2020-01-03 05:29.

しましょう $f(x)=\frac{2-x}{3}$。次に$f'(x)=-\frac{1}{3}$ など $|f'(x)|<1$。したがって、$f$ 縮約であるため、反復します $f$ どの初期点をとっても、その固有の固定点に収束します(https://en.wikipedia.org/wiki/Banach_fixed-point_theorem)。

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