Si$(1+\sqrt{2})^n=a_{n}+b_{n}\sqrt{2}\;,(\forall n\in \mathbb{N}).$ Then$\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{a_{n}}{b_{n}} = $

Question

Vamos$a_{n},b_{n}\in \mathbb{Q}$ tal que$(1+\sqrt{2})^n=a_{n}+b_{n}\sqrt{2}\;,(\forall n\in \mathbb{N}).$ Then$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{a_{n}}{b_{n}} = $

$\bf{My\; Try::}$ Utilizando

ps

Entonce

Entonce

Ahora, ¿Cómo puedo solucionar$$(1+\sqrt{2})^n = 1+\binom{n}{1}(\sqrt{2})+\binom{n}{2}(\sqrt{2})^2+\cdots \cdots +\binom{n}{n}(\sqrt{2})^n$ $

Se requiere ayuda, gracias

Answer 1

Por el teorema binomial,

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Entonces

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Esto da aproximaciones racionales linealmente convergentes de$$(1+\sqrt2)^n=a_n+b_n\sqrt2\implies(1-\sqrt2)^n=a_n-b_n\sqrt2.$. Por ejemplo, con$$\frac{a_n}{b_n}=\sqrt2\frac{(1+\sqrt2)^n+(1-\sqrt2)^n}{(1+\sqrt2)^n-(1-\sqrt2)^n}=\sqrt2\frac{1+\left(\dfrac{1-\sqrt2}{1+\sqrt2}\right)^n}{1-\left(\dfrac{1-\sqrt2}{1+\sqrt2}\right)^n}.$,

$\sqrt2$ $ Con un error relativo en el orden de

ps

Answer 2

Aquí hay otro camino.

ps

Por lo tanto si dejamos$$(a_n+b_n\sqrt{2})(1+\sqrt{2})=a_n+2b_n+(a_n+b_n)\sqrt{2}$ entonces

ps

Se puede comprobar por inducción que los términos impares están aumentando, incluso disminuyendo y su diferencia va a cero. Así, el límite debe satisfacer

$c_n=\frac{a_n}{b_n}$$$c_{n+1}=1+\frac{1}{c_n+1}$ L = \ sqrt {2} $.

Answer 3

Observe primero que la recursión

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Implica$$a_{n+1}+b_{n+1}\sqrt2=(1+\sqrt2)(a_n+b_n\sqrt2)=(a_n+2b_n)+(a_n+b_n)\sqrt2$ y$a_1,a_2,a_3,\ldots$ son secuencias estrictamente en aumento de enteros positivos, ya que$b_1,b_2,b_3,\ldots$ y$a_1=b_1=1$ implican$a_n,b_n\gt0$ y$a_{n+1}=a_n+2b_n\gt a_n$. En particular,$b_{n+1}=a_n+b_n\gt b_n$ as$b_n\to\infty$.

Ahora, por la simetría formal entre$n\to\infty$ y$\sqrt2$ y la identidad algebraica general$-\sqrt2$, tenemos

$$ \begin{align} (1+\sqrt2)^n=a_n+b_n\sqrt2&\implies(1-\sqrt2)^n=a_n-b_n\sqrt2\\ &\implies(-1)^n=a_n^2-2b_n^2\\ &\implies{a_n\over b_n}=\sqrt{2\left(1+{(-1)^n\over b_n^2}\right)}\\ &\implies\lim_{n\to\infty}{a_n\over b_n}=\sqrt2 \end {align} $$