Series definidas por la relación de recurrencia

Question

Definir una secuencia recursivamente por $$\large{a_1 = \sqrt{2},a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}}$$

(a) Por inducción o de otro modo, demuestre que la secuencia es creciente y acotada superiormente por 3. Aplique el teorema de la sucesión monótona para demostrar que el límite como $\large{n \to \infty}$ existe.

(b) ¿Cuál es el valor del límite como $\large{n \to \infty}$ de $\large{a_n}$ ? Justifique cuidadosamente su respuesta.

He pasado algún tiempo analizando este problema. La pregunta pide demostrar que está acotado por encima de tres, pero estoy casi seguro de que está acotado por encima de $2$ también. Dado que se trata de un límite más fuerte ¿estoy en lo cierto al pensar que debería usar esto en mi solución? No he completado ningún problema con una serie definida recursivamente antes, así que no estoy seguro de cómo empezar esta parte de la prueba.

Para demostrar que la serie es creciente sé que necesito demostrar que para todo $\large{n, a_n+1 > a_n}$ .

Me han dicho que tengo que hacer dos pruebas de inducción para la parte a) de la pregunta. Una para demostrar que está acotada y otra para demostrar que es creciente.

Aplicar la secuencia monotónica es fácil porque una vez que sabes que está acotada y es creciente, entonces debe converger. Es la primera parte del problema con la que tengo problemas.

Answer 1

Que $a_2>a_1$ queda claro elevando al cuadrado ambos lados. Supongamos $a_n>a_{n-1}$ . Desea $a_{n+1}>a_n$ . Esto equivale a $\sqrt{2+a_n}> \sqrt{2+a_{n-1}}$ y esto es cierto elevando ambos lados al cuadrado y utilizando la hipótesis de inducción.

Ahora para $0<a_n<3$ . Es cierto para $n=1$ .

Supongamos que $n$ . Ahora $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}<\sqrt{2+3}<3$ .

Ahora el límite. El límite a existe por monotonía y acotación. En $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$ y al tomar $n\to\infty$ vemos que $a=\sqrt{2+a}$ y así $a^2-a-2=0$ y así $a=2$ desde $a_1>1$ y la secuencia es creciente.

Answer 2

Para demostrar que $(a_n)_n$ es una serie creciente, observamos en primer lugar que \begin{equation*} a_1 = \sqrt{2} < \sqrt{2 + \sqrt{2}} = a_2. \end{equation*} Supongamos ahora que $a_n$ > $a_{n-1}$ . Entonces tenemos \begin{equation*} a_{n+1} = \sqrt{2+a_n} > \sqrt{2+a_{n-1}} = a_n, \end{equation*} desde $a_n > a_{n-1}$ y $f(x) = \sqrt{x}$ es una función creciente. Hemos demostrado que $a_{n+1} > a_n$ para todos $n\in \mathbb N$ .

Para el límite superior, observamos que \begin{equation*} a_1 = \sqrt{2} < 2. \end{equation*} Suponemos que $a_n < 2$ y obtener \begin{equation*} a_{n+1} = \sqrt{2+a_n} < \sqrt{2 + 2} = 2, \end{equation*} desde $a_n < 2$ y $f(x) = \sqrt(x)$ está aumentando.

Ahora sabemos que $(a_n)_n$ es creciente y acotada. Por tanto, tiene un límite $a$ . Si ahora tomamos $n \rightarrow \infty$ tenemos \begin{align*} a &= \sqrt{2+a},\\ a^2 &= 2 + a,\\ a &= 2. \end{align*} Obsérvese que la condición para el límite superior $a_n < 2$ cambios en $a \leq 2$ si tomamos $n\rightarrow \infty$ .