Cómo demostrar que este límite existe: $a_{n+2}=\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}}$

Question

Pregunta:

Considere una secuencia $\{a_{n}\}$ tal que $a_{1},a_{2}>0$ y para todos $n \in \mathbb{N}$ que tenemos:

$$a_{n+2}=\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}}$$

Demostrar que :

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_{n}$ existe y encontrar este límite.

Mi trabajo: Si este límite existe, que $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_{n}=x>0$ ; entonces tenemos $$x=\sqrt{x}+\sqrt{x}\Longrightarrow x=4$$

Pero no veo cómo demostrar el límite de $\{a_{n}\}$ existe.

Gracias por su ayuda.

Answer 1

Evidentemente, basta con demostrar que

$$ \limsup a_n \leq 4 \leq \liminf a_n. $$

Para demostrarlo, primero hay que señalar que la secuencia $M_n = \max\{4,a_n, a_{n-1}\}$ es no creciente. De hecho, el límite inferior trivial $M_n \geq 4$ rinde $a_{n+1} \leq 2\sqrt{M_n} \leq M_n$ concluimos con $$ M_{n+1} = \max\{4, a_{n+1}, a_n\} \leq \max\{4, M_n, M_n\} = M_n. $$ En consecuencia, un límite superior para $a_n$ es $\max\{4, a_1, a_2\}$ . De la misma manera, podemos demostrar el límite inferior $a_n \geq \min\{4, a_1, a_2\}$ .

Estos límites muestran que tanto $\liminf a_n$ y $\limsup a_n$ son finitos y positivos. Además, deducimos de $a_{n+1} = \sqrt{a_n} + \sqrt{a_{n-1}}$ que $$ \liminf a_n \geq 2\sqrt{\liminf a_n},\qquad \limsup a_n \leq 2\sqrt{\limsup a_n} $$ La conclusión se debe a que $x \geq 2\sqrt{x} \implies x \geq 4$ así como $x \leq 2\sqrt{x}\implies x \leq 4$ para todo número real positivo $x$ .

Answer 2

Y he considerado otra solución

si $a_{0}>0,a_{1}>0,$ y $a_{n+2}=\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}}$ entonces $a_{n}\to 4$

pf: si $0<a_{0}\le a_{1}\le 1$ entonces $$a_{2}=\sqrt{a_{1}}+\sqrt{a_{1}}\ge a_{1}$$ observamos $$a_{n+2}-a_{n+1}=(\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}})-(\sqrt{a_{n}}+\sqrt{a_{n-1}})=(\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{n}})+(\sqrt{a_{n}}-\sqrt{a_{n-1}})\ge 0$$ así que $\{a_{n}\}$ es monótona creciente,

$$a_{n}\le 4,\mbox{since } a_{n+2}=\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}}\le 2+2=4$$ (2):si $0<a_{1}\le a_{0}\le 1$ entonces $$a_{2}=\sqrt{a_{1}}+\sqrt{a_{0}}\ge a_{0}$$ y $$a_{n+2}-a_{n+1}=\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{n-1}}\ge 0$$ .el simalar tenemos $\{a_{n}\}$ está aumentando y $a_{n}\le 4$ .

(3):si $a_{0}>1$ (o $a_{1}>1$ ), entonces tenemos $$a_{2}=\sqrt{a_{1}}+\sqrt{a_{0}}>1,\Longrightarrow a_{n+2}=\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}}>1$$ dejar $x_{n}=|a_{n}-4|$ entonces tenemos $$x_{n+1}=|a_{n+1}-4|<|\sqrt{a_{n}}-2|+|\sqrt{a_{n-1}}-2|=\dfrac{|a_{n}-4|}{\sqrt{a_{n}}+2}+\dfrac{|a_{n-1}-4|}{\sqrt{a_{n-1}}+2}<\dfrac{1}{3}x_{n}+\dfrac{1}{3}x_{n-1}$$ así que $$x_{n+1}-\dfrac{1-\sqrt{13}}{6}x_{n}<\dfrac{1+\sqrt{13}}{6}(x_{n}-\dfrac{1-\sqrt{13}}{6}x_{n-1})<\cdots<\left(\dfrac{1+\sqrt{13}}{6}\right)^n\left(x_{1}-\dfrac{1-\sqrt{13}}{6}x_{0}\right)\to 0,n\to\infty$$ así que $$0<x_{n}<x_{n}+\dfrac{\sqrt{13}-1}{6}x_{n-1}=x_{n}-\dfrac{1-\sqrt{13}}{6}x_{n-1}\to 0$$

Answer 3

En primer lugar, hay que tener en cuenta que como $a_n\gt0$ , $$ \begin{align} a_n-4 &=(\sqrt{a_{n-1}}-2)+(\sqrt{a_{n-2}}-2)\\ &=\frac{a_{n-1}-4}{\sqrt{a_{n-1}}+2}+\frac{a_{n-2}-4}{\sqrt{a_{n-2}}+2}\tag{1} \end{align} $$ Además, $$ a_n\gt\sqrt{a_{n-1}}\tag{2} $$ Por lo tanto, ya que $a_0\gt0$ Hay un $n_0$ de modo que para $n\ge n_0$ , $a_n\gt\frac14$ . Así, para $n\ge n_0+2$ , $(1)$ dice $$ |a_n-4|\lt\tfrac25\big(|a_{n-1}-4|+|a_{n-2}-4|\big)\tag{3} $$ Dado que las dos raíces de $x^2-\tfrac25x-\tfrac25=0$ tienen un valor absoluto inferior a $1$ por comparación con cualquier secuencia positiva, de modo que $b_n=\tfrac25(b_{n-1}+b_{n-2})$ , $(3)$ implica que $$ \lim_{n\to\infty}a_n=4\tag{4} $$

Answer 4

Otra idea:

Ahora he editado:

si $c_{0}>0,c_{1}>0.c_{n+1}=\sqrt{c_{n}}+\sqrt{c_{n-1}},n\ge 1$ entonces $\lim_{n\to\infty}c_{n}$ es exsit.

pf:dejar $$a_{0}=\min(c_{0},c_{1},4),b_{0}=\max(c_{0},c_{1},4)$$ entonces $$a_{n}=2\sqrt{a_{n-1}},b_{n}=2\sqrt{b_{n-1}}$$

entonces $$a_{0}\le a_{1}\le\cdots\le 4,b_{0}\ge b_{1}\ge \cdots\ge 4$$ y como $a_{0}\le c_{0},a_{0}\le c_{1}$ Así que $$a_{0}\le min(c_{0},c_{1})$$ Aussmu que para $n-1$ tenemos $$a_{n-1}\le\min(c_{2n-2},c_{2n-1})$$ entonces $$c_{2n}=\sqrt{c_{2n-1}}+\sqrt{c_{2n-2}}\ge 2\sqrt{a_{n-1}}=a_{n}$$ $$c_{2n+1}=\sqrt{c_{2n}}+\sqrt{c_{2n-1}}\ge\sqrt{a_{n}}+\sqrt{a_{n-1}}\ge 2\sqrt{a_{n-1}}=a_{n}$$

por lo que según la inducción matemática tenemos $a_{n}\le \min(c_{2n},c_{2n+1})$ .y simaler tenemos $$b_{n}\ge \max(c_{2n},c_{2n+1})$$ así que $$a_{n}\le c_{2n}\le b_{n},a_{n}\le c_{2n+1}\le b_{n}$$

Ya está hecho.

Answer 5

Tenemos $$\sqrt{\min\left(\dfrac{a_{n+1}}{4},\dfrac{a_{n}}{4}\right)}\le\dfrac{a_{n+2}}{4}=\dfrac{\sqrt{\dfrac{a_{n+1}}{4}}+\sqrt{\dfrac{a_{n}}{4}}}{2}\le\sqrt{\max\left(\dfrac{a_{n+1}}{4},\dfrac{a_{n}}{4}\right)}$$ así que $$\left(\min\left(\dfrac{a_{0}}{4},\dfrac{a_{1}}{4},\dfrac{a_{2}}{4}\right)\right)^{\frac{1}{2^{n+1}}}\le\dfrac{a_{n+2}}{4}\le\left(\max\left(\dfrac{a_{0}}{4},\dfrac{a_{1}}{4},\dfrac{a_{2}}{4}\right)\right)^{\frac{1}{2^{[\dfrac{n+1}{2}]}}}$$ así que $$\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+2}}{4}=1$$ así que $$\lim_{n\to\infty}a_{n+2}=4$$

Espero que estos métodos no sean un problema.