|
Рассмотрим последовательности $%\{a_n\},\{b_n\}$%: $%a_0=x,b_0=y,a_{i+1}=\frac{a_i+b_i}2,b_{i+1}=\sqrt{a_i b_i}$%, где $%x$% и $%y$% - неотрицательные вещественные числа. Тогда $%f(x;y)=\lim_{i\rightarrow\infty}a_i=\lim_{i\rightarrow\infty}b_i$%. Данная функция является непрерывной на области определения. задан 5 Окт '12 19:49 
chameleon |
|
В элементарных функциях этот предел не выражается. Это - известное арифметико-геометрическое среднее Гаусса. Оно может быть выражено через полный эллиптичский интеграл первого рода, но выражения для частных производных и разложение функции в ряд Тейлора не очевидны. отвечен 14 Янв '13 17:55 
splen @splen, спасибо, я преобразовал этот Ваш комментарий в ответ, как видите. Можете дать ссылочку на этот материал?
(14 Янв '13 20:45)
chameleon
Можно посмотреть, например: Н.И.Ахиезер. Элементы теории эллиптических функций. Гл. VII. Дополнительные сведения об эллиптических интегралах. 46. Арифметико-геометрическое среднее. Поиск по ключевым словам "арифметико-геометрическое среднее" даёт и другие ссылки.
(14 Янв '13 21:45)
splen
|
|
Если предполагать, что функция $%f(x;y)$% - непрерывна, то при $%y=0$% имеем $%f(x;0)=f\left(\frac{x}2;0\right)$%, значит $%f(x;0)=f\left(0;0\right)=C$%. При фиксированном $%y$% имеем $%f(x;y)=f\left(\frac{x}2+\frac{y}2;\sqrt{xy}\right)$%, откуда $%f(0;y)=f\left(\frac{y}2;0 \right)=C.$% Подробнее. 1)$%f(x;0)=f\left(\frac{x}2;0\right)=\left(\frac{x}4;0\right)=\left(\frac{x}8;0\right)=... .$% 2) Аналогично $%f(\frac{x}{2^{n-1}};y)=f\left(\frac{x}{2^n}+\frac{y}2;\sqrt{\frac{x}{2^{n-1}}y}\right)$%. При вашем дополнительном условии ($%f(x;x)=x$%) $%C=0.$% Подозреваю, что это половина конуса. Пока оставлю незаконченное решение. отвечен 5 Окт '12 20:47 
Anatoliy Почему из $%f(x,y)=f(\frac x 2+\frac y 2;\sqrt{xy})$% следует $%f(x,y)=f(\frac y 2;0)$%? Этот вывод является неверным хотя бы при $%y=x$%.
(5 Окт '12 21:05)
chameleon
Нет, второе - не аналогично. Вы, видимо, хотели написать что-то вроде $%f(\frac x 2+\frac y 2;\sqrt x\sqrt y)=f(\frac x 4+\frac y 2;\sqrt[4]x+\sqrt y)$%? Но это неверно: $%f(\frac x 2+\frac y 2;\sqrt x\sqrt y)=f(\frac{\frac x 2+\frac y 2+\sqrt x\sqrt y}2;\sqrt{\left(\frac x 2+\frac y 2\right)\sqrt x\sqrt y})$%
(5 Окт '12 21:14)
chameleon
Не угадали! Я бы до такого не додумался.
(5 Окт '12 21:27)
Anatoliy
Тогда распишите, пожалуйста, эту "аналогию"!
(5 Окт '12 21:39)
chameleon
|
|
Первые мысли. Имеем $%f(x, y) =f(y,x)$%. Будем считать, что $%x =x_0 , y = y_0$%. Построим последовательности по рекуррентному правилу $%x_{i+1} = {x_i+y_i\over 2}, y_{i+1}=\sqrt{x_iy_i}$%. Отрезки $%[x_i, y_i]$% являются, как легко показать, вложенными и стягивающимися, так что они имеют общую точку $%u(x_0,y_0)$%. Кажется, у нее даже есть название. Дело за малым: Дополнение. к п. 2 Действительно, непрерывность не следует из условия задачи. (см. мой комментарий выше). отвечен 5 Окт '12 21:36 
DocentI Да, функция непрерывна. Если надо, поработаю над доказательством этого факта.
(5 Окт '12 21:47)
chameleon
Ну, собственно, "за малым" - это ирония. Надо было смайлик поставить, или кавычки...
(5 Окт '12 22:23)
DocentI
|
|
Для начала, выпишем некоторые свойства функции $%f(x;y)$%, на которые можно опираться в дальнейшем: $$f_x'(0;x)=\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{f(\epsilon;x)-f(0;x)}\epsilon=\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{f(\epsilon;x)}\epsilon \geq \lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{\sqrt{\epsilon x}}\epsilon=\lim_{\epsilon\rightarrow0}\sqrt{\frac x \epsilon}=+\infty$$ $$f_x'(x;x)=\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{f(x+\epsilon;x)-f(x;x)}\epsilon=\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{f(x+\frac\epsilon2;x\sqrt{1+\frac\epsilon x})-x}\epsilon=$$ $$=x\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{f(1+\frac\epsilon{2x};\sqrt{1+\frac\epsilon x})-1}\epsilon=x\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{f(1+\frac\epsilon{2x};1+\frac\epsilon{2x})-1}\epsilon=x\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{1+\frac\epsilon{2x}-1}\epsilon=\frac 1 2$$ $$f_x^{(n)}(x;x)=0, n\geq2$$ Продифференцируем обе части первого свойства по $%x$%: отвечен 7 Окт '12 15:56
chameleon Внимательно не разбиралась, но можно ли считать функцию дифференцируемой, если она непрерывна? Кажется, что можно, но доказательства у Вас не вижу. Вы берете производные только в некоторых точках.
(7 Окт '12 16:04)
DocentI
Для меня в этой задаче главным является ответ, а не решение, поэтому я не доказываю то, что и так знаю =)
(7 Окт '12 16:09)
chameleon
|
Вряд ли это можно назвать рекурсией. Скорее, функциональное уравнение.
@DocentI, вот другая формулировка... Рассмотрим последовательности $%\{a_n\},\{b_n\}$%: $%a_0=x,b_0=y,a_{i+1}=\frac{a_i+b_i}2,b_{i+1}=\sqrt{a_i b_i}$%. Тогда $%f(x;y)=\lim_{i\rightarrow\infty}a_i=\lim_{i\rightarrow\infty}b_i$%
Я параллельно с Вами это написала! Так, конечно, рекуррентность видна. Только разве не надо требовать непрерывность заранее?
Контрпример: функция равна 1 при всех $%x\ne y$% и равна x при x = y. Для неравных начальных значений и все последующие пары будут состоять из неравных чисел!
Вы абсолютно правы. Я исправил в тексте вопроса. Извиняюсь перед всеми участниками за плохое условие вначале, у меня всегда были проблемы с четкостью.
Ничего, главная идея интересная!