secuencia de números positivos satisfacción $a_{n+1}=\frac{2}{a_n+a_{n-1}}$, demostrar que converge

Question

Asumir que $(a_n)$ es una secuencia de los números reales positivos satisfacción $a_{n+1}=\frac{2}{a_n+a_{n-1}}$ $n=2,3,\dots$.

Demostrar que $(a_n)$ es convergente y encontrar el límite.

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No tengo ni idea de cómo probar la convergencia. He intentado demostrar que $(a_n)$ está limitado y no monotono, pero ambos ensayos.

Si se demuestra la convergencia, el límite es fácil: Si $g=\lim a_n$, entonces el $g\ge 0$ porque todos los %#% de #% son positivos, la relación equivalente $a_n$ da $a_{n+1}(a_n+a_{n-1})=2$, así que finalmente $g(g+g)=2$.

Answer 1

Creo que ayudará a la siguiente.

Que $\overline{\lim}a_n=a$ y $\underline{\lim}a_n=b$.

Es obvio que $a\geq b$.

Ahora, que $$\lim\limits_{k\rightarrow\infty}{a_{n_k}}=a$$ and $% $ $\lim\limits_{m\rightarrow\infty}{a_{n_m}}=b.$sabemos que $$a_{n_k}=\frac{2}{a_{n_k-1}+a_{n_k-2}}.$ $

Considerar $\{k_l\}$ tal que $$\lim\limits_{l\rightarrow\infty}a_{n_{k_l}-1}=c$$ and $% $ $\lim\limits_{l\rightarrow\infty}a_{n_{k_l}-2}=d.$, $$a=\frac{2}{c+d}\leq\frac{2}{b+b}$$ and we obtain $% $ $ab\leq1.$por el mismo camino llegaremos $$b\geq \frac{2}{2a}$$ and $$ab\geq1.$ $ Id est, $ab=1$.

Answer 2

@Michael Rozenberg el resultado es true. Pero, no debe ser a prueba de acotamiento de la secuencia. Este es, de hecho, fácil de inducción.

Deje $a_0, a_1>0$. Encontrar $\alpha>0$ tal que $\alpha<\min(a_0, a_1)\leq \max(a_0,a_1)<\frac1{\alpha}$.

Supongamos $\alpha<\min(a_{n-1},a_n)\leq \max(a_{n-1},a_n)<\frac1{\alpha}$. A continuación, por la recurrencia, tenemos $$ a_{n+1}=\frac2{a_n+a_{n-1}}< \frac 2{2\alpha} = \frac1{\alpha} $$ y $$a_{n+1}=\frac2{a_n+a_{n-1}}> \frac2{2/\alpha}=\alpha.$$

Por lo tanto, se sigue por la inducción que $\alpha<a_n<\frac1{\alpha}$ todos los $n\geq 0$.

Entonces como @Michael Rozenberg hizo, se sigue que $\limsup a_n=a>0$, $\liminf a_n=b>0$ satisfacer $ab=1$. A lo largo de con $b\leq a$, obtenemos $b\leq 1\leq a$.

Parece que una aplicación de la recurrencia no es suficiente para demostrar la convergencia. Por lo tanto, tratamos de aplicar la recurrencia dos veces.

$$ a_{n+1}=\frac2{a_n+a_{n-1}}=\frac2{\frac2{a_{n-1}+a_{n-2}}+a_{n-1}}. $$

Deje $\{a_{n_k}\}$ ser un subsequence de $\{a_n\}$ tal que $a_{n_k}\rightarrow a$. Entonces $$ a_{n_k}=\frac2{\frac2{a_{n_k-2}+a_{n_k-3}}+a_{n_k-2}}. $$ Tomar más larga $n_{k_l}$ $n_k$ tal que $a_{n_{k_l}-2}$ $a_{n_{k_l}-3}$ ambos convergen, a los límites $\beta$, $\gamma$ respectivamente. Luego de tomar $l\rightarrow\infty$ en la recurrencia $$ a_{n_{k_l}}=\frac2{\frac2{a_{n_{k_l}-2}+a_{n_{k_l}-3}}+a_{n_{k_l}-2}}, $$ obtenemos $$ a=\frac2{\frac2{\beta+\gamma}+\beta}. $$ Ahora, en sustitución de $\gamma$ $a$ hace que el RHS más grande. Por lo tanto, $$ a\leq \frac2{\frac2{\beta+a}+\beta} . $$ Este rendimientos $$ un\left(\frac2{\beta+a}+\beta\right) \leq 2, $$ $$ un\left(2+ \beta(\beta+a)\right)\leq 2(\beta+a), $$ $$ un\beta(\beta+a)\leq 2\beta, $$ $$ un(\beta+a)\leq 2. $$ La sustitución de $\beta$$b$, tenemos $$ a(b+a)\leq 2. $$ Desde $ab=1$, $a^2\leq 1$ que los rendimientos de $a\leq 1$.

Por lo tanto, $1\leq a \leq 1$, lo $a=1$. Por $ab=1$, también tenemos $b=1$. Esto prueba la convergencia de $\{a_n\}$ y el límite es de $1$.