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

[Steven11]

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 [tex]$f : [0,1] \to [0,1]$[/tex] continua tale che

1) [tex]$f(x)
2) Esiste la derivata destra in $0$, ed è uguale ad [tex]$1/2$[/tex]

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

Studiare il carattere della serie [tex]$\sum_{n=0}^{\infty} a_n$[/tex]

Buon lavoro!

[maurer]

Propongo una soluzione in spoiler.

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

[Steven11]

Suppongo, maurer, che intendevi definire

[tex]\lambda = \max\left\{ \frac{1}{2} + \epsilon, \lambda_{\delta}\right\}[/tex]
e non
[tex]\lambda = \max\left\{ \frac{1}{2} + \epsilon, \delta\right\}[/tex]

Posterò anche io il mio procedimento, diverso.

[robbstark1]

$a_(n+1) =f(a_n) Dunque: $AA epsilon>0, EE nu in NN: n>nu=> 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.

[maurer]

@Steven: certo. Ho editato.

[Steven11]

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.

[Rigel1]

"Steven":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 $x\in (0,1]$.

[Steven11]

Giustissimo, non valeva proprio la pena scomodarlo.