Comments on: Unas sucesiones algo caóticas http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/ Porque todo tiende a infinito... Fri, 10 Sep 2010 11:49:48 +0000 hourly 1 http://wordpress.org/?v=3.0.1 By: fede http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7427 fede Wed, 02 Apr 2008 12:01:44 +0000 http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7427 También podemos obtener una fórmula explícita para $latex f_k(x)$: Haciendo $latex x=sen^2z$, tenemos que $latex z= arcsen\sqrt{x}$. Entonces $latex f_1(x) = 4x(1-x) = 4sen^2z\ cos^2z = sen^2\ 2z = sen^2 \ 2\ arcsen \sqrt{x} $ y $latex f_2(x) = sen^2 \ 2\ arcsen \sqrt{sen^2 \ 2\ arcsen \sqrt{x}} = sen^2 \ 2^2\ arcsen \sqrt{x} $. La inducción es clara, $latex f_k(x) = sen^2 \ 2^k\ arcsen \sqrt{x}. $ Cuando x va de 0 a 1, $latex \sqrt{x}$ va monótonamente de 0 a 1, $latex arcsen \sqrt{x}$ de 0 a $latex \pi/2$, y $latex 2^k\ arcsen \sqrt{x}$ de 0 a $latex 2^{k-1}\pi$, entonces $latex f_k(x)$ se moverá de 0 a 1 y de 1 a 0 $latex 2^{k-1}$ veces (y monótonamente cada una de ellas), lo que da el resultado anterior. También podemos obtener una fórmula explícita para f_k(x):

Haciendo x=sen^2z, tenemos que z= arcsen\sqrt{x}.
Entonces f_1(x) = 4x(1-x) = 4sen^2z\ cos^2z = sen^2\ 2z = sen^2 \ 2\ arcsen \sqrt{x}
y f_2(x) = sen^2 \ 2\ arcsen \sqrt{sen^2 \ 2\ arcsen \sqrt{x}} = sen^2 \ 2^2\ arcsen \sqrt{x} .
La inducción es clara, f_k(x) = sen^2 \ 2^k\ arcsen \sqrt{x}.

Cuando x va de 0 a 1, \sqrt{x} va monótonamente de 0 a 1, arcsen \sqrt{x} de 0 a \pi/2, y 2^k\ arcsen \sqrt{x} de 0 a 2^{k-1}\pi, entonces f_k(x) se moverá de 0 a 1 y de 1 a 0 2^{k-1} veces (y monótonamente cada una de ellas), lo que da el resultado anterior.

]]> By: Domingo H.A. http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7426 Domingo H.A. Thu, 27 Mar 2008 09:33:11 +0000 http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7426 tienes razón fede, he dado otro patinazo (pido perdón por ello), pero lo de la densidad sí es cierto. tienes razón fede, he dado otro patinazo (pido perdón por ello), pero lo de la densidad sí es cierto.

]]> By: fede http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7425 fede Thu, 27 Mar 2008 08:39:54 +0000 http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7425 No estoy familiarizado con la teoría de la medida, pero la idea que tenía es que un conjunto numerable tiene medida 0. Como el conjunto de los puntos periódicos es numerable, tiene medida 0, ¿ Es así ? Entonces casi ningún punto del intervalo sería periódico... No estoy familiarizado con la teoría de la medida, pero la idea que tenía es que un conjunto numerable tiene medida 0. Como el conjunto de los puntos periódicos es numerable, tiene medida 0, ¿ Es así ? Entonces casi ningún punto del intervalo sería periódico…

]]> By: Domingo H.A. http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7424 Domingo H.A. Wed, 26 Mar 2008 11:32:50 +0000 http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7424 Muy buena, fede y masao, esa es la idea y la solución. Masao, muy interesante la inversión según Möbius. Yo hice mis cálculos estudiando los casos de periodo $latex T=p,p^2,p^3, pq, p^2q, p^3q$, con $latex p,q$ primos. La cosa efectivamente estaba en ver que la función $latex f(x)=4x(1-x)$ geométricamente lo que hace es estirar el intervalo [0,1] (a doble distancia) y doblarlo sobre sí mismo. Entonces, en la enésima iteración de la sucesión realmente estamos haciendo $latex 2^{n-1}$ bucles a la gráfica de $latex y=f(x)$ que cortarán exactamente en $latex 2^n$ puntos (2 puntos por bucle) a la gráfica de $latex y=x$. Y esto nos da los puntos que tienen un periodo que divide a $latex n$, y por tanto hay que descontar los periodos relativos a los divisores de $latex n$. Otra cosa, hemos dicho que los puntos periódicos de la recurrencia son infinitos (dentro de [0,1]). La cosa es bastante más fuerte. Y es que los puntos periódicos realmente son densos en el intervalo, es decir, siempre entre dos puntos que dan lugar a sucesiones periódicas podremos encontrar otro en medio que también de lugar a periodicidad. Este hecho es, a priori, sorprendente. Salvo un conjunto de medida nula, todos los valores iniciales de la recurrencia son periódicos! No sé si se han fijado en que el factor 4 multiplicativo juega un papel importante. Continuará... :) Muy buena, fede y masao, esa es la idea y la solución. Masao, muy interesante la inversión según Möbius. Yo hice mis cálculos estudiando los casos de periodo T=p,p^2,p^3, pq, p^2q, p^3q, con p,q primos.

La cosa efectivamente estaba en ver que la función f(x)=4x(1-x) geométricamente lo que hace es estirar el intervalo [0,1] (a doble distancia) y doblarlo sobre sí mismo. Entonces, en la enésima iteración de la sucesión realmente estamos haciendo 2^{n-1} bucles a la gráfica de y=f(x) que cortarán exactamente en 2^n puntos (2 puntos por bucle) a la gráfica de y=x. Y esto nos da los puntos que tienen un periodo que divide a n, y por tanto hay que descontar los periodos relativos a los divisores de n.

Otra cosa, hemos dicho que los puntos periódicos de la recurrencia son infinitos (dentro de [0,1]). La cosa es bastante más fuerte. Y es que los puntos periódicos realmente son densos en el intervalo, es decir, siempre entre dos puntos que dan lugar a sucesiones periódicas podremos encontrar otro en medio que también de lugar a periodicidad. Este hecho es, a priori, sorprendente. Salvo un conjunto de medida nula, todos los valores iniciales de la recurrencia son periódicos!

No sé si se han fijado en que el factor 4 multiplicativo juega un papel importante. Continuará… :)

]]> By: Masao http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7423 Masao Wed, 26 Mar 2008 01:07:40 +0000 http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7423 Dada $latex g:[a,b]\rightarrow[0,1]$ una funcion estrictamente creciente con $latex g(a)=0$ i $latex g(b)=1$, sea $latex c\in (a,b)$ el punto que satisface $latex g(c)=1/2$. Entonces $latex h(x) = 4g(x)(1-g(x))\in[0,1]$ satisface: $latex h(a)=0$, $latex h(c)=1$, $latex h(b)=0$. Ademas $latex h:[a,c]\rightarrow[0,1]$ i $latex h:[c,b]\rightarrow[0,1]$ satisfacen las mismas propiedades que $latex g$ (weno, la segunda es decreciente i tal..) En otras palabras $latex f_0(x) = x$ empiexa en 0 i va a 1 al incrementar x de 0 a 1. $latex f_1(x) = 4x(1-x)$ empiza en 0, va a 1 (en $latex x=1/2$), i vuelve a 0. $latex f_2(x) = 4f_1(x)(1-f_1(x))$ empieza en 0, va a 1, vuelva a 0 (en $latex x=1/2$), luego a 1 i a 0 otra vez. Generalizando, $latex f_n(x)$ va de 0 a 1 $latex 2^{n-1}$ veces i de 1 a 0 $latex 2^{n-1}$ veces. Al resolver $latex f_{2008}(x)=x$ encontramos 1 solucion por cada viaje de 0 a 1 i de 1 a 0. En total $latex a(2008) = 2^{2008}$ soluciones. (Ahora viene lo chulo :P http://en.wikipedia.org/wiki/Moebius_inversion_formula) Como queremos periodo exactamente 2008, $latex b(2008)$, hay que descartar las que tienen periodo 1, 2, 4, 8, 251, 2*251, 4*251. Como $latex a(n) = 2^{n} = \sum_{d|n}{b(n)}$ entonces $latex b(n) = \sum_{d|n}{\mu(d)a(n/d)} =\sum_{d|n}{\mu(d)2^{n/d}}$ En nuestro caso $latex b(2008) = 2^{2008} - 2^{1004} -2^8 + 2^4 $ Dada g:[a,b]\rightarrow[0,1] una funcion estrictamente creciente con g(a)=0 i g(b)=1, sea c\in (a,b) el punto que satisface g(c)=1/2. Entonces h(x) = 4g(x)(1-g(x))\in[0,1] satisface: h(a)=0, h(c)=1, h(b)=0. Ademas h:[a,c]\rightarrow[0,1] i h:[c,b]\rightarrow[0,1] satisfacen las mismas propiedades que g (weno, la segunda es decreciente i tal..)

En otras palabras f_0(x) = x empiexa en 0 i va a 1 al incrementar x de 0 a 1. f_1(x) = 4x(1-x) empiza en 0, va a 1 (en x=1/2), i vuelve a 0. f_2(x) = 4f_1(x)(1-f_1(x)) empieza en 0, va a 1, vuelva a 0 (en x=1/2), luego a 1 i a 0 otra vez. Generalizando, f_n(x) va de 0 a 1 2^{n-1} veces i de 1 a 0 2^{n-1} veces.

Al resolver f_{2008}(x)=x encontramos 1 solucion por cada viaje de 0 a 1 i de 1 a 0. En total a(2008) = 2^{2008} soluciones.

(Ahora viene lo chulo :P http://en.wikipedia.org/wiki/Moebius_inversion_formula)
Como queremos periodo exactamente 2008, b(2008), hay que descartar las que tienen periodo 1, 2, 4, 8, 251, 2*251, 4*251.

Como a(n) = 2^{n} = \sum_{d|n}{b(n)} entonces b(n) = \sum_{d|n}{\mu(d)a(n/d)} =\sum_{d|n}{\mu(d)2^{n/d}}

En nuestro caso b(2008) = 2^{2008} - 2^{1004} -2^8 + 2^4

]]> By: fede http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7422 fede Tue, 25 Mar 2008 23:59:04 +0000 http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7422 Los dos ultimos signos al revés... Los dos ultimos signos al revés…

]]> By: fede http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7421 fede Tue, 25 Mar 2008 23:55:45 +0000 http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7421 Si f(x) = 4x(1-x), y f(f(x) = f^2(x), etc, resulta que f^k(x) = x tiene 2^k soluciones reales entre 0 y 1 (esto es lo principal que hay que demostrar). Como estamos considerando los ciclos que no tienen x entre f(x) y f^k(x) hay que restar los puntos que dan ciclos cuya longitud es divisor de k. Estos son las soluciones para k=1004 - soluciones para k=8 + soluciones para k=4 (porque las hemos restado 2 veces) Si f(x) = 4x(1-x), y f(f(x) = f^2(x), etc, resulta que f^k(x) = x tiene 2^k soluciones reales entre 0 y 1 (esto es lo principal que hay que demostrar).

Como estamos considerando los ciclos que no tienen x entre f(x) y f^k(x) hay que restar los puntos que dan ciclos cuya longitud es divisor de k. Estos son las soluciones para k=1004 – soluciones para k=8 + soluciones para k=4 (porque las hemos restado 2 veces)

]]> By: Asier http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7420 Asier Tue, 25 Mar 2008 23:25:46 +0000 http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7420 ¿Podríais explicar cómo habeis obtenido tal valor? ¿Podríais explicar cómo habeis obtenido tal valor?

]]> By: Domingo H.A. http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7419 Domingo H.A. Tue, 25 Mar 2008 20:07:59 +0000 http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7419 sí señor, fede, efectivamente la solución al apartado 2) consiste en 14 puntos más que los que indicó Javier. sí señor, fede, efectivamente la solución al apartado 2) consiste en 14 puntos más que los que indicó Javier.

]]> By: Asier http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7418 Asier Tue, 25 Mar 2008 20:04:45 +0000 http://gaussianos.com/unas-sucesiones-algo-caoticas/#comment-7418 Creo que cada vez que aumentamos T en 1 hay que descartar las soluciones del anterior, por lo tanto me animo a dar la cifra de $latex 2^{2007}$. Creo que cada vez que aumentamos T en 1 hay que descartar las soluciones del anterior, por lo tanto me animo a dar la cifra de 2^{2007}.

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