Posibles Duplicados:
En este caso, no $\{x_n\}$ convergen dado que el $\{x_{2m}\}$ $\{x_{2m+1}\}$ convergen?Fix $\alpha > 1$. Tome $x_1 > \sqrt{\alpha}$, y definir
$$x_{n + 1} = \frac{\alpha + x_n}{1 + x_n} = x_n + \frac{\alpha - x_n^2}{1 + x_n}.$$
(a) Probar que $x_1 > x_3 > x_5 > \cdots$.
(b) Demostrar que $x_2 < x_4 < x_6 < \cdots$.
(c) Probar que $\lim x_n = \sqrt{\alpha}$.
Creo que una vez que tengo (un), voy a ser capaz de resolver el resto del problema. Sin embargo, he intentado un par de cosas diferentes y me parece que no puede averiguar.
Como se sugiere a continuación $$ x_{n + 2} = \frac{2 \alpha + (1 + \alpha)x_n}{(1 + \alpha) + 2x_n}$$
Otra idea que yo tenía de usar la segunda forma de la ecuación era escribir $x_{n + 1}$
$$ x_{n + 1} = x_1 + \sum_{k = 1}^n f(k) $$ donde $$f(k) = \frac{\alpha - x_k^2}{1 + x_k}$$
Pero una vez más no veo a dónde ir.
He estado mirando el problema Martín publicado y esto es lo que he conseguido.
Desde $x_1 > \sqrt{\alpha}$, lo $x_1 = \sqrt{\alpha} + \epsilon$.
$$x_2 = \frac{\alpha + x_1}{1 + x_1} = \frac{\alpha + \sqrt{\alpha}(1 + \epsilon)}{1 + \sqrt{\alpha}(1 + \epsilon} = \sqrt{\alpha}\left( \frac{\sqrt{\alpha} + 1 + \epsilon}{\sqrt{\alpha} + 1 + \sqrt{\alpha}\epsilon} \right) \le \sqrt{\alpha}\left( 1 - \left( \frac{\sqrt{\alpha} - 1}{\sqrt{\alpha} + 1} \right)\epsilon \right)$$
A continuación, utilizan 3/2, pero yo no veo una forma de la base de que en $\alpha$ lugar.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Para el comienzo $$ x_2-\sqrt{\alpha}=\frac{(\sqrt{\alpha}+x_1)(1-\sqrt{\alpha})}{1+x_1}<0 $$ es decir,$x_2<\sqrt{\alpha}$. Ahora tenga en cuenta que $$ x_{n+2}-\sqrt{\alpha}=\frac{(x_n-\sqrt{\alpha})(\sqrt{\alpha}-1)^2}{1+\alfa+x_n} $$ $$ x_{n+2}-x_n=2\frac{\alpha-x_n^2}{1+\alpha+2x_n} $$ Si $x_n>\sqrt{\alpha}$$x_{n+2}>\sqrt{\alpha}$. Por lo tanto para todos los $n\in\mathbb{N}$ tenemos $x_{2n-1}>\sqrt{\alpha}$. Luego de la segunda desigualdad obtenemos $x_{2n+1}<x_{2n-1}$ todos los $n\in\mathbb{N}$.
Si $x_n<\sqrt{\alpha}$$x_{n+2}<\sqrt{\alpha}$. Por lo tanto para todos los $n\in\mathbb{N}$ tenemos $x_{2n}<\sqrt{\alpha}$. Luego de la segunda desigualdad obtenemos $x_{2n+2}>x_{2n}$ todos los $n\in\mathbb{N}$.
