Que muestra la secuencia converge $a_{1}=\frac{1}{2}$, $a_{n+1}=\frac{1}{2+a_{n}}$

Question

Que muestra la secuencia converge $a{1}=\frac{1}{2}$, $a{n+1}=\frac{1}{2+a_{n}}$.

Ya sé que si $(a_{n})$ converge entonces a $\sqrt{2}-1$. Pero no sabe cómo demostrar que esta secuencia cenverges.

Editar Creo que el subsequence $(a{2n+1})$ es monotónico disminuyendo y el subsequence $(a{2n})$ es monotónico aumentando.

Answer 1

De hecho, esta secuencia no es monótona.

Parece que para $$n = 2k, k \in \mathbb{N}, a_n \geq \sqrt{2} - 1$$ and for $$n = 2k+1, k \in \mathbb{N}, a_n \leq \sqrt{2}-1$$ (esto puede ser demostrado mediante la inducción).

Ahora, $$a_{2n+2} - a_{2n} = \displaystyle \frac{1}{2+a_{2n+1}} - a_{2n} = \frac{1}{2+\frac{1}{2+a_{2n}}} - a_{2n} = \frac{-2a_{2n}^2-4a_{2n}+2}{5+2a_{2n}}.$$

Debido a $a_{2n} \geq \sqrt{2}-1 \implies -2a_{2n}^2-4a_{2n}+2 \leq 0$ $(a_{2n})_{n \in \mathbb{N}}$ está disminuyendo.

Usted puede probar de forma análoga que $(a_{2n+1})_{n \in \mathbb{N}}$ es cada vez mayor.

Ahora podemos escribir la relación de recursividad para$a_{2n}$$a_{2n+1}$, se aplican $\displaystyle \lim_{n \to \infty}$, y se obtiene que el límite es de $\sqrt{2}-1$.

También puede aplicar $\displaystyle \lim_{n \to \infty}$ en la partida de recursividad relación, debido a que $(a_{2n})_{n \in \mathbb{N}}$ disminuye a $\sqrt{2} - 1$ $(a_{2n+1})_{n \in \mathbb{N}}$ aumenta hacia la $\sqrt{2}-1$, pero escribir para $n$ a y $n$ impar es más rigurous.

$$ a_{2n+2} = \displaystyle \frac{1}{a_{2n+1}+2} = \frac{1}{2+\frac{1}{2+a_{2n}}} .$$ Applying $\displaystyle \lim_{n \to \infty}$, we get that $l = \displaystyle \frac{1}{2+\frac{1}{2+l}} \iff 2l^2 + 4l - 2 = 0$, and the equation has the solutions $l_1 = -1-\sqrt{2}$ and $l_2 = -1+\sqrt{2}$, but since $a_n >0,\forall n \in \mathbb{N}$, the limit is $l = -1+\sqrt{2}$. This is the same for odd $$n.

Answer 2

El enfoque de https://math.stackexchange.com/a/124288/42969obras aquí también:

Tenemos $$ | a_{n+2} - a_{n+1}| = \frac{|a_{n+1}-a_n|}{(2+a_{n+1})(2+a_n)} \le \frac 14 |a_{n+1}-a_n| $$ lo que implica que $(a_n)$ es una secuencia de Cauchy y por lo tanto convergente.

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Y utilizando el enfoque de https://math.stackexchange.com/a/133878/42969 se puede obtener una fórmula explícita para $a_n$:

Deje $u = \sqrt 2 -1 > 0$ $v = -\sqrt 2 - 1 < 0$ ser la solución de $x^2 + 2x - 1 = 0$. A continuación, un elemental cálculo da $$ \frac{a_{n+1} - u}{a_{n+1}-v} = \frac uv \frac{a_n - u}{a_n-v} $$ y por lo tanto $$ \frac{a_{n} - u}{a_{n}-v} = \left(\frac uv\right)^{n-1} \frac{a_1 - u}{a_1-v} $$ El cociente $u/v$ es negativo y su valor absoluto es menor que uno. De ello se desprende que $a_n \to u$ (y también que las diferencias $a_n - u$ se alternan, positivos y negativos).

Answer 3

Otro vistazo al problema de la asignación de contracción punto de vista. Vamos a ver la función $f(x)=\frac{1}{2+x}$ s.t. $a_{n+1}=f(a_n)$.

1. $\forall x \in \left[0,\frac{1}{2}\right] => f(x) \in \left[0,\frac{1}{2}\right]$. De hecho $$0\leq x\leq \frac{1}{2} \Rightarrow 2\leq 2+x\leq 2+\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{1}{2}\geq \frac{1}{2+x}\geq \frac{1}{2+\frac{1}{2}}>0$$ or $$\frac{1}{2}\geq f(x)\geq 0$$
2. $f(x)$ es una asignación de contracción en $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ (es más amplia, pero no necesitamos más de esto), de MVT $\forall x,y \in \left[0,\frac{1}{2}\right], \exists c$ entre ellos s.t. $$|f(x)-f(y)|=|f'(c)||x-y|=\left|-\frac{1}{(2+c)^2}\right||x-y|\leq\frac{1}{4}|x-y|$$

Desde $a_1 \in \left[0,\frac{1}{2}\right]$, a partir de Banach de punto fijo teorema, la secuencia tiene un límite en $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ que se puede encontrar desde $L=\frac{1}{2+L}$ (que, creo, es lo que hizo).

Answer 4

Puesto que usted ya tiene una conjetura razonable considerar la secuencia $(bn){n\geq1}$ definido por $$a_n=\sqrt{2}-1+b_n,\qquad{\rm resp.,}\qquad b_n=an+1-\sqrt{2}\qquad(n\geq1)\ ,$ $ y tratar de probar que $\lim{n\to\infty} b_n=0$, que debe ser más simple.

Answer 5

Deje $b_n:=a_{2n-1}$$c_n:=a_{2n}$$n\in\mathbb{N}$. Desde $a_n$ es limitada debido a $a_n\leqslant 1/2$ $a_n>0$ todos los $n$, por lo que son las secuencias de $b_n$$c_n$. Ahora nos muestran que la $b_n$ es monótona decreciente, mientras que $c_n$ es monótona creciente. Primera nota de que $b_n>\sqrt{2}-1$ todos los $n$. Para $n=1$ es claro desde $b_1=a_1=1/2>\sqrt{2}-1$. Entonces $$b_{n+1}=a_{2n+1}=\frac{1}{2+a_{2n}}=\frac{1}{2+\frac{1}{2+a_{2n-1}}}=\frac{2+a_{2n-1}}{5+2a_{2n-1}}=\frac{2+b_{n-1}}{5+2b_{n-1}}\\=\frac{2+b_{n-1}}{1+2(2+b_{n-1})}>\frac{2+(\sqrt{2}-1)}{1+2(2+\sqrt{2}-1)}\\=\frac{1+\sqrt{2}}{1+2(1+\sqrt{2})}=\frac{1}{(\sqrt{2}-1)+2}=\frac{1}{\sqrt{2}+1}=\sqrt{2}-1$$ donde hemos utilizado el hecho de que la función $$f(x):=\frac{x}{1+2x}$$ is increasing on $\mathbb{R}^+$ together with the inductive hypothesis $b_{n-1}>\sqrt{2}-1$. Next we show that $b_n$ es monótona decreciente Nota $$b_{n+1}-b_n=a_{2n+1}-a_{2n-1}=\frac{1}{2+a_{2n}}-a_{2n-1}=\frac{1}{2+\frac{1}{2+a_{2n-1}}}-a_{2n-1}\\=\frac{2+a_{2n-1}}{5+2a_{2n-1}}-a_{2n-1}=\frac{2(1-2a_{2n-1}-a_{2n-1}^2)}{5+2a_{2n-1}}\\=\frac{2(1-2b_{n-1}-b_{n-1}^2)}{5+2b_{n-1}}=\frac{2(\sqrt{2}-1-b_{n-1})(\sqrt{2}+1+b_{n-1})}{5+2b_{n-1}}<0$$ ya por la observación anterior de $b_n>\sqrt{2}-1$ todos los $n$. Por lo tanto, $b_n$ es acotada y monótona por Bolzano-Weierstrass, obtenemos que $b_n$ tiene un punto límite $b$. Por lo tanto $$\lim_nb_{n+1}=\lim_n\frac{2+b_{n-1}}{5+2b_{n-1}}\Rightarrow b=\frac{2+b}{5+2b}\Rightarrow b^2+2b-1=0\Rightarrow b\in\{\sqrt{2}-1,-\sqrt{2}-1\}$$ Desde $b_n>0$ todos los $n$$b=\sqrt{2}-1$.

Exaclty analógica argumentos para que la secuencia de $c_n$ uno encuentra que es acotada y monótona creciente satisfacción de $c_n<\sqrt{2}-1$ todos los $n$. El punto límite de $c_n$ denotamos por a $c$ puede ser demostrado ser $\sqrt{2}-1$.

Por último destacar por la construcción de $b_n$ $c_n$ debe ser en el caso de que $$\lim_n b_n=\lim\sup_n a_n\hspace{0.2cm}\text{and}\hspace{0.2cm} \lim_n c_n=\lim\inf_n a_n$$ Desde $\lim_n b_n=\sqrt{2}-1=\lim_n c_n$ tenemos $$\lim_n a_n=\lim\sup_n a_n=\lim\inf_n a_n=\sqrt{2}-1$$