Para mostrar la secuencia$a_{n+1}= \frac{a_n^2+1}{2 (a_n+1)}$ es convergente

Question

Deje que$a_1=0$ y$$a_{n+1}= \dfrac{a_n^2+1}{2 (a_n+1)}$$ $ \ forall n> 1. $ muestre esa secuencia$a_n$ convergente.

Intenté probar que$a_n$ es menor que 1 al observar algunos términos. Pero no pude probar mi afirmación.

Answer 1

Claramente$a_n\ge 0\forall n.$$$a_{n+1}= \dfrac{a_n^2+1}{2 (a_n+1)}$$ $$a_n^2-2a_na_{n+1}+(1-2a_{n+1})=0$$ This is a quadratic equation of $ a_n.$ Since $ A_n \ in \ mathbb {R}$ we have $$4a_{n+1}^2-4(1-2a_{n+1})\ge 0$$ $$(a_{n+1}+1)^2\ge 2$$ Hence $$a_{n+1}\ge \sqrt{2}-1.$$ Now consider $$a_{n+1}-a_n=\dfrac{-a_n^2-2a_n+1}{2 (a_n+1)}=-\dfrac{(a_n+1+\sqrt{2})(a_n+1-\sqrt{2})}{2 (a_n+1)}\le 0.$$ Therefore $ a_n$ is decreasing and bounded below for $ n \ ge 2 $.

Answer 2

desde$$a_{n+1}-(\sqrt{2}-1)=\dfrac{a^2_{n}+1-2(\sqrt{2}-1)(a_{n}+1)}{2a_{n}+2}=\dfrac{[a_{n}-(\sqrt{2}-1)]^2}{2a_{n}+2}\tag{1}$ $ simaler$$a_{n+1}+\sqrt{2}+1=\dfrac{(a_{n}+\sqrt{2}+1)^2}{2a_{n}+2}\tag{2}$ $$\dfrac{(1)}{(2)}$ tenemos

$$\dfrac{a_{n+1}-(\sqrt{2}-1)}{a_{n+1}+\sqrt{2}+1}=\left(\dfrac{a_{n}-(\sqrt{2}-1)}{a_{n}+\sqrt{2}+1}\right)^2=\cdots=\left(\dfrac{a_{0}-(\sqrt{2}-1)}{a_{0}+\sqrt{2}+1}\right)^{2^n}\to 0$ $ beause$$\dfrac{a_{0}-(\sqrt{2}-1)}{a_{0}+\sqrt{2}+1}<1$ $ así que$$\lim_{n\to\infty}a_{n}=\sqrt{2}-1$ $

Answer 3

1) Claramente (agregue una pequeña explicación aquí) la secuencia no es negativa para todos los índices

2) Para$\;n\ge 2\;$, la secuencia es monótona decreciente, ya que:

PS

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El primer caso anterior es imposible, y el segundo se deduce de

PS

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Y hemos terminado ya que la última desigualdad es trivialmente cierta.

Ahora puede deducir fácilmente que la secuencia converge, y su límite$$a_{n+1}\le a_n\iff \frac{a_n^2+1}{2(a_n+1)}\le a_n\iff a_n^2+2a_n-1\ge 0\iff$ cumple

PS