La convergencia de la secuencia recursiva $a_{n+1}=\sqrt{2-a_n}$

Question

Estoy tratando de demostrar la convergencia (o divergencia, aunque tengo la fuerte sospecha de que converge) de una secuencia se define como $a_{n+1}=\sqrt{2-a_n}$$a_1=\sqrt{2}$.

No puedo utilizar la monótona secuencia teorema como la secuencia no es monótonamente creciente. De hecho, los primeros valores de la secuencia son:

$a_1 =\sqrt{2}\approx 1.4142$

$a_2 =\sqrt{2-\sqrt{2}}\approx .7653$

$a_3 =\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2}}}\approx 1.1111$

Por lo tanto, parece que el $a_{n \to \infty} \to 1$

Parece que la secuencia se comporta de manera similar a $\frac{\sin x}{x}$, que me lleva a pensar que el teorema del sándwich puede ser útil. Aún así, me parece no puede hacer ningún progreso, además de computación numérica de los términos sucesivos.

Answer 1

Mostrar que $$ a_2\le a_4\le \cdots\le a_{2n}\le a_{2n-1}\cdots\le a_3\le a_1, $$ es decir, mostrar que $\{a_{2n}\}$ está aumentando, mientras que $\{a_{2n-1}\}$ está disminuyendo. Y también se $a_{2n}\le a_{2n-1}$. Esto se puede hacer de forma inductiva: $$ a_{2k} \le a_{2k+2}\,\,\Rightarrow\,\, \sqrt{2-a_{2k}} \ge \sqrt{2-a_{2k+2}} \,\,\Rightarrow\,\, \sqrt{2-\sqrt{2-a_{2k}}} \le \sqrt{2-\sqrt{2-a_{2k+2}}}. $$ Así $\{a_{2n}\}$, $\{a_{2n-1}\}$ convergen.

Answer 2

Sugerencia: cerca del punto fijo $x = 1$ la función de $x\to\sqrt{2-x}$ es contractiva.

Answer 3

Esta iteración $x_{n+1} = f(x_n)$ $f(x) = \sqrt{2-x}$ tiene un bonito atractivo punto fijo en $(1,1)$

Usted puede jugar con el valor inicial aquí: GeoGebra hoja de cálculo interactiva.

Tenemos $$ f'(x) = -\frac{1}{2\sqrt{2-x}} $$ y $$ \lvert f'(1) \rvert = 1/2 < 1 $$ por lo $x^* = 1$ es atractivo en un barrio.

Answer 4

Seguro que se ha demostrado que el $a_n\le 2$ todos los $n$.

Considerar las secuencias de $b_n=a_{2n-1}$$c_n=a_{2n}$. Las repeticiones son $$ b_{n+1}=a_{2n+1}=\sqrt{2-a_{2n}}=\sqrt{2-\sqrt{2-a_{2n-1}}}= \sqrt{2-\sqrt{2-b_n}} $$ Vamos a demostrar a $(b_n)$ es decreciente: \begin{gather} b_{n+1}\le b_n\\ \sqrt{2-\sqrt{2-b_n}}\le b_n\\ 2-\sqrt{2-b_n}\le b_n^2\\ 2-b_n^2\le \sqrt{2-b_n}\\ 4-4b_n^2+b_n^4\le 2-b_n\\ (b_n+2)(b_n-1)\Bigl(b_n-\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Bigr)\Bigl(b_n-\frac{1-\sqrt{5}}{2}\Bigr)\le0 \end{reunir} y sólo necesitamos mostrar $1\le b_n\le\sqrt{2}$ (a saber porqué).

La base de la inducción es evidente, como $b_1=\sqrt{2}$. Supongamos $1\le b_n\le \sqrt{2}$; a continuación, \begin{gather} 1\le b_{n+1}\le\sqrt{2}\\ 1\le 2-\sqrt{2-b_n}\le 2\\ 0\le\sqrt{2-b_n}\le 1\\ 0\le 2-b_n\le 1\\ 1\le b_n\le 2 \end{reunir} Puesto que esto es cierto, hemos terminado.

Por lo tanto, $(b_n)$ es decreciente y acotada de la secuencia, por lo que converge a $L$ tal que $$ L=\sqrt{L-\sqrt{2-L}} $$ El único no negativo de los valores de $L$$1$$(1+\sqrt{5})/2$, que sin embargo es mayor que $b_1$, por lo que vemos a $L=1$.

Ahora haz lo mismo con el fin de demostrar $(c_n)$ está en aumento; en realidad tienes que ver que $0<c_n\le 1$, por lo que $$ (c_n+2)(c_n-1)\Bigl(c_n-\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Bigr)\Bigl(c_n-\frac{1-\sqrt{5}}{2}\Bigr)\ge0 $$

Answer 5

Sugerencia: escriba $a_n=1+b_n$ o $a_n=1-b_n$, lo que hace que $b_n$ positivo. ¿Cómo se $b_n$ comportarse?

Elaboración: tenemos $a_n=1+b_n$ por extraño $n$ $a_n=1-b_n$ incluso $n$ (por qué?). Así, por ejemplo, para $n$ podemos escribir $a_{n+1}=\sqrt{2-a_n}$$1+b_{n+1}=\sqrt{2-(1-b_n)}=\sqrt{1+b_n}$. Ahora usted puede comparar las $b_{n+1}$$b_n$. Proceder del mismo modo para los impares $n$.