valor de $\delta$ para la cual la secuencia converge

Question

Una secuencia $a_n$ se define por $a_1=1$ y la fórmula de inducción $a_{n+1}=\sqrt{1+{a_n}^{\delta}}$ donde $\delta \gt 0$ y es un número real. ¿Cuál es la condición de $\delta$ para el que la secuencia converge?

Si la secuencia converge, supongamos que $\lim_{n\to \infty}a_n=l$ entonces $l^2=1+l^{\delta}$ lo que no ayuda.

¡Gracias por adelantado!

Answer 1

La ecuación $l^2=1+l^{\delta}$ est útil. Porque está claro que $a_n\ge 1$ para todos $n$ . Por lo tanto, el límite, si existe, es $\ge 1$ . Pero si $\delta\ge 2$ entonces $x^2=1+x^{\delta}$ no tiene solución $\ge 1$ . Por lo tanto, no podemos tener convergencia si $\delta\ge 2$ .

Demostramos que si $0\lt \delta\lt 2$ tenemos convergencia. Primero mostramos la secuencia $(a_n)$ es aumentando . Ciertamente $a_2\gt a_1$ . El resto se hace por inducción. Supongamos que para un determinado $k$ tenemos $a_{k+1}\lt a_{k}$ . Entonces $$a_{k+2}=\sqrt{1+a_{k+1}^{\delta}}\gt \sqrt{1+a_{k}^{\delta}}=a_{k+1}.$$

Queda por demostrar que si $0\lt \delta\lt 2$ entonces la secuencia $(a_n)$ es acotado . Sea $r$ sea la raíz positiva de $x^2=1+x^\delta$ . Demostramos que $a_n\lt r$ para todos $n$ o, lo que es lo mismo, que $a_n^2\lt 1+a_n^\delta$ .

Así que supongamos que $a_k\lt r$ lo que significa que $a_k^2\lt 1+a_k^\delta$ . Entonces tenemos que demostrar que $a_{k+1}^2 \lt 1+a_{k+1}^\delta$ . Así que tenemos que demostrar que $1+a_k^\delta\lt 1+a_{k+1}^\delta$ . Esto ya está hecho, pues hemos visto que la secuencia $(a_n)$ está aumentando.

Ya que para $0\lt \delta\lt 2$ la secuencia $(a_n)$ es creciente y acotada por encima, la secuencia converge para estos $\delta$ .