(a) Sí, usted necesita mostrar primero que $\langle x_n\rangle_n$ es convergente; una vez que usted sabe que su argumento muestra que su límite debe ser $\sqrt a$. Es posible que desee buscar primero en la discusión debajo de (b).
b) Sí, sí hace una diferencia si $n$ es par o impar. Calcular el primer par de valores: $$x_1=1, x_2 = 2,x_3=\frac32,x_4=\frac53,x_5=\frac85,x_6=\frac{13}8.$$ Note that the sequence is oscillating: the odd-numbered terms are low, and the even-numbered terms are high. On the other hand, $x_1<x_3<x_5$, and $x_2>x_4>x_6$. This suggests that the sequence does converge to some limit $x$ in such a way that $$x_1<x_3<x_5<\dots <x<\dots<x_6<x_4<x_2\;.$$
Si usted puede demostrar que $x_{2n+1}<x_{2n+3}<x_2$ todos los $n\ge 0$, usted sabrá que la secuencia de números impares es monótona creciente y acotada arriba, lo que implica que converge a algunos $x_{\text{odd}}$. Del mismo modo, si usted puede demostrar que $x_1<x_{2n+2}<x_{2n}$ por cada $n\ge 1$, usted sabrá que la secuencia de pares de términos es monótona decreciente y acotada por debajo, lo que implica que converge a algunos $x_{\text{even}}$. Entonces usted tendrá que encontrar una manera de mostrar que $x_{\text{odd}}=x_{\text{even}}$.
(Por cierto, en los términos de esta secuencia son los cocientes de números de Fibonacci consecutivos, y su límite es $\varphi = \frac12(1+\sqrt 5)$.)
Añadido: Después de algunos álgebra tenemos $$x_{n+2}=1+\frac1{x_{n+1}}=1+\left(1+\frac1{x_n}\right)^{-1}=\frac{2x_n+1}{x_n+1}$$ and $$x_{n+4}=\frac{5x_n+3}{3x_n+2}\;.$$ por Lo tanto,
$$\begin{align*}
x_{n+4}<x_{n+2}&\text{ iff } \frac{5x_n+3}{3x_n+2}<\frac{2x_n+1}{x_n+1}\\
&\text{ iff }5x_n^2+8x_n+3<6x_n^2+7x_n+2\\
&\text{ iff }0<x_n^2-x_n-1\\
&\text{ iff }2x_n+1<x_n^2+x_n\\
&\text{ iff }x_{n+2}<x_n
\end{align*}\etiqueta{1}$$
Desde $x_4=\frac53<2=x_2$, se sigue por la inducción de $(1)$ que $\langle x_{2n}:n\in\mathbb{Z}^+\rangle$ es una disminución de la secuencia. El cálculo del $(1)$ sigue siendo válida si todas las desigualdades se dio la vuelta, y $x_3=\frac32>1=x_1$, así que, esencialmente, el mismo de la inducción muestra que $\langle x_{2n-1}:n\in\mathbb{Z}^+\rangle$ es una disminución de la secuencia.
Ahora vamos a $\varphi=\frac12(1+\sqrt 5)$, el positivo cero de $x^2-x-1$. Tenga en cuenta que si $x$ es un número real positivo, $x>\varphi$ fib $x^2-x-1>0$. Por otra parte,
$$\begin{align*}
x_{n+2}^2-x_{n+2}-1&=\left(\frac{2x_n+1}{x_n+1}\right)^2-\frac{2x_n+1}{x_n+1}-1\\
&=\frac{x_n^2-x_n-1}{(x_n+1)^2}\;,
\end{align*}$$
y $(x_n+1)^2>0$, lo $x_{n+2}^2-x_{n+2}-1$ $x_n^2-x_n-1$ tienen el mismo signo algebraico, y por lo tanto $x_{n+2}>\varphi$ fib $x_n>\varphi$. Ahora $\varphi\approx 1.618$, lo $x_2>\varphi$, y sigue por la inducción que $x_{2n}>\varphi$ por cada $n\in\mathbb{Z}^+$.
Del mismo modo, $x<\varphi$ fib $x^2-x-1<0$ si $x$ es un real positivo, y $x_1=1<\varphi$, por lo que el mismo inducción muestra que $x_{2n-1}<\varphi$ por cada $n\in\mathbb{Z}^+$. Así, $$x_1<x_3<x_5<\dots <\varphi<\dots<x_6<x_4<x_2\;.$$ In particular, the sequence of odd-numbered terms is increasing and bounded above by $\varphi$, and the sequence of even-numbered terms is decreasing and bounded below by $\varphi$, por lo que ambos tienen límites. Esto no demostrar que tanto las subsecuencias tienen el mismo límite, pero nos estamos acercando.
Hay varias maneras de terminar el trabajo. Una es permitir a $L$ como el límite de una de las subsecuencias, a decir de los pares. Entonces $$L=\lim_{n\to\infty}x_{2n+2}=\lim_{n\to\infty}\frac{2x_{2n}+1}{x_{2n}+1}=\frac{2L+1}{L+1}\;,$$ so $L^2+L=2L+1$, $L^2-L-1=0$, and $L=\varphi$ (desde el negativo de la solución es claramente erróneo). Un cálculo similar se ocupa de la otra larga.
Otro enfoque es considerar $$\left|\frac{x_{n+2}-x_{n+1}}{x_{n+1}-x_n}\right|=\left|\frac{\frac{5x_n+3}{3x_n+2}-\frac{2x_n+1}{x_n+1}}{\frac{2x_n+1}{x_n+1}-x_n}\right|=\left|\frac1{3x_n+2}\right|=\frac1{3x_n+2}<\frac12,$$ since the $x_n$ are all positive. In other words, the gap between consecutive terms shrinks at least geometrically and therefore tends to $0$, so the two subsequences must actually have the same limit, and it must satisfy $L=\frac1{L+1}$.
