Граница на рекурента редица

[Петър Евгениев]

[tex]a_{1}=1 , a_{n+1}=\sqrt{2+a_{n}}[/tex], Докажете ,че е сходяща и намерете границата и.
Това което аз правя:
Нека [tex]a_{n}[/tex] е сходяща и има граница [tex]a[/tex] [tex]\Leftrightarrow \lim_{n \to \infty}a_{n}=\lim_{n \to \infty}a_{n+1}=a\Leftrightarrow a=\sqrt{2+a}\Rightarrow a=2[/tex], Толко би трябвал ода бъде границата, но ако е сходяща, а аз не съм доказал ,че е сходяща.
Торемата на Вайерщас гласи,че ако монотонна редица е ограничена, то тя е сходяща.
Ся, за да докажа ,че е ограничена и монотонна, трябва да докажа ,че е растяща(растящите редици първият им член ги ограничава отдолу значи само ще трябва да докажа, че 2 я ограничава отгоре [tex]a_{n+1}-a_{n}\ge0 \Leftrightarrow \sqrt{2+a_{n}}-a_{n}\ge0[/tex] (Какъв е въпроса ли,как да докажа,че е сходяща )
П.С това дали е така? [tex]\sqrt{2+a_{n}}-a_{n}\ge0[/tex], като го реша като уравнение се получава [tex]a_{n}=2[/tex], а аз си мислех,че преди това съм объркан.

[grav]

Ако очакваш редицата да е растяща и клоняща към 2, то всичките и членове ще са по-малки от 2. Може да се опиташ да докажеш това.

[Петър Евгениев]

Ако очакваш редицата да е растяща и клоняща към 2, то всичките и членове ще са по-малки от 2. Може да се опиташ да докажеш това.

Не мога да го докажа, за туй го пуснах

[Петър Евгениев]

Разсъждение: Ако , [tex]a_{n}\le2[/tex] , демек е растяща и ограничена отгоре с 2, демек границата и е 2 , демек това ми трябва да докажа, то
[tex]a_{n+1}\le2 \Rightarrow \sqrt{2+a_{n}}\le2[/tex]
[tex]\sqrt{2+a_{n}}-2=0[/tex] Нула е когато [tex]a_{n}=2[/tex], а ако [tex]a_{n}[/tex], е по-голямо от две това неравенство по-горе не е изпълено значи съм го доказал пък турско да е... пиша го
П.С. Аз само си очаквам да расте, трябва да го докажа и това... [tex]\sqrt{2+a_{n}}-a_{n}\ge0[/tex]

[Genie_Almo]

Пешо! Помниш ли онези неравенства с индукцията дето се правеха...
viewtopic.php?f=21&t=20649&p=84087#p84087

[ptj]

[tex]a_{n+1}^2=2+a_n>a_n^2\Leftrightarrow a_n^2-a_n-2<0 \Leftrightarrow a_n\in(-1;2)[/tex]

[tex]a_n<2 \Rightarrow a_n+2<4 \Leftrightarrow a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}<2[/tex]

[tex]a_n>0\Rightarrow a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}>0[/tex]

Т.е. [tex]a_n\in(0;2) \Rightarrow a_n+1>a_n[/tex]

Редицата е монотонно растяща с положителни членове и ограничена отгоре от 2 сл. нейната граница [tex]A>0[/tex] съществува.
Освен това [tex]A=\sqrt{2+A}\Rightarrow A^2-A-2=0[/tex].
Решение е [tex]A=2[/tex].

[Добромир Глухаров]

$1\leq a_n<2\Rightarrow\begin{array}{|l}a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}\geq\sqrt{2+1}=\sqrt{3}>1\\a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}<\sqrt{2+2}=2\end{array}$

$\Rightarrow$ по индукция $\{a_n\}_1^{\infty}$ е ограничена.

$a_{n+1}-a_n=\sqrt{2+a_n}-a_n=\frac{(\sqrt{2+a_n}-a_n)(\sqrt{2+a_n}+a_n)}{\sqrt{2+a_n}+a_n}=\\=\frac{2+a_n-a_n^2}{\sqrt{2+a_n}+a_n}=\frac{(2-a_n)(1+a_n)}{\sqrt{2+a_n}+a_n}>0$

(Използваме, че $1\leq a_n<2$)

$\Rightarrow a_{n+1}>a_n\Rightarrow \{a_n\}_1^{\infty}$ е монотонно растяща.

И сега вече съгласно Теорема на Вайерщрас е сходяща.

[Петър Евгениев]

[tex]a_{1}=1, a_{n+1}=\frac{a^{2}_{n}+a}{2a_{n}}[/tex]
Вярно ли е това:
[tex]\lim_{n \to \infty}a_{n}=\lim_{n \to \infty}a_{n+1}=A \Leftrightarrow A=\frac{A^{2}+a}{2A} \Rightarrow A=\sqrt{a}, a>0, (a_{1}=1>0)[/tex] от това би следвало да расте редицата и да бъде [tex]1\le a_{n}<\sqrt{a}[/tex]
[tex]1\le a_{n}<\sqrt{a} \Rightarrow \begin{array}{|l} a_{n+1}=\frac{a^{2}_{n}+a}{2a_{n}}=\frac{1+a}{2}\ge 0 \\ a_{n+1}=\frac{a^{2}_{n}+a}{2a_{n}}=\frac{a+a}{2\sqrt{a}}=\frac{\cancel{2}a}{\cancel{2}\sqrt{a}}=\sqrt{a} \end{array}[/tex]
Само това не схванах как тъй по индукция?
[tex]1\le a_{n+1} \le \sqrt{a}[/tex]

[Genie_Almo]

Ето аз как бих постъпил. Допускаме, че редицата е растяща и има граница A. Тогава, както и ти си написал:

[tex]\lim_{n \to \infty}a_n=\lim_{n \to \infty}a_{n+1} \Leftrightarrow A=\sqrt{A+2} \Rightarrow A=2[/tex]

До тук постигнахме следното: "Ако редицата е растяща и има граница, то тя ще е 2." Значи трябва да докажем, че е растяща и има граница.

И двете ще докажем с индукция, за да я упражним и затвърдим.

Първо забелязваме, че $a_1=1<\sqrt{3}=a_2<2$. Това ще ни е базата за двете индукции.

1) Доказване, че редицата е растяща

1. За n=1, $a_1<a_2$ - вярно
2. Доп., че за някое $n=k$ е изпълнено $a_k<a_{k+1}=\sqrt{2+a_k}$
3. За $n=k+1$ имаме $a_{k+1}<a_{k+2} \Leftrightarrow \sqrt{2+a_k}<\sqrt{2+\sqrt{2+a_k}} \Leftrightarrow 2+a_k<2+\sqrt{2+a_k} \Leftrightarrow a_k<\sqrt{2+a_k}$ . Последното пък се потвърждава от индукционното допускане в т.2.

Следователно редицата е растяща.

2) Доказване, че редицата е ограничена.

След като вече знаем, че възможната граница е 2 и редицата е растяща, това ни кара силно да се съмняваме, че всички членове на редицата са по-малки от 2.

1. За $n=1$ имаме $a_1<a_2<2$
2. Доп., че за някое $n=k$ е изпълнено $a_k<2$
3. За $n=k+1$ имаме $a_{k+1}=\sqrt{2+a_k}<2 \Leftrightarrow 2+a_k<4 \Leftrightarrow a_k<2$ . Последното е вярно, заради допускането в т.2 .

Следователно $a_n<2$ за $\forall n$ .

[Петър Евгениев]

Беше супер полезно това което написа, благодаря на всички който се отзовахте!
Благодаря особено на Genie_Almo за подробното обяснение!
Като видях това се сетих, че в началото имаше едни задачи който по една или друга причина не съм ги решавал, дори не съм пробвал отдавана бяха пак за монотонност и сега се върнах към тях та те са: Да се докаже ,че рекурентната редица е монотонна.
Който има желание да провери доказателсвтото дали е коректно ще съм му благодарен!
а)[tex]a_{n+2}=3a_{n+1}-a_{n}[/tex]
[tex]a_{1}=1, a_{2}=5[/tex]
От това което ми е дадено виждам, че би трябвало да расте значи трябва да докажа, че [tex]a_{n+1}>a_{n}[/tex]
[tex]n=1 \Rightarrow a_{2}>a_{1} \Leftrightarrow 5>1[/tex] -Да
Допускам [tex]n=k[/tex] е вярно за някое естествено число [tex]k[/tex] [tex]\Leftrightarrow a_{k+1}>a_{k}[/tex]
И сега чрез допуснатото трябва да докажа, че [tex]n=k+1[/tex]
[tex]\Rightarrow a_{k+2}>a_{k+1}[/tex]
[tex]a_{n+2}=3a_{n+1}-a_{n} \Leftrightarrow a_{k+2}=3a_{k+1}-a_{k}[/tex]
[tex]a_{k+2}>a_{k+1} \Leftrightarrow 3a_{k+1}-a_{k}>^{?}a_{k+1} \Leftrightarrow 2a_{k+1}>^{?}a_{k}[/tex], щом [tex]a_{k+1}>a_{k} \Rightarrow 2a_{k+1}>a_{k} \Rightarrow a_{n+1}-a_{n}>0 \forall n[/tex] Значи редицата е монотонна. (монотонно растяща)

edit: това има смисъл за [tex]a_{k}, a_{k+1}, ... > 0[/tex], защото все пак доказваме, че расте, защото иначе това няма как да го докажа [tex]2a_{k+1}>^{?}a_{k}[/tex]щом [tex]a_{k+1}>a_{k}[/tex], то [tex]2a_{k+1}>a_{k}[/tex] е вярно, само, ако [tex]a_{k+1}>0[/tex], Мога ли така да кажа ,че всяко [tex]a_{k}, a_{k+1}, ...[/tex] е положително число щом очаквам да расте и и знам, че първите 2 члена са положителни.

[ptj]

Пишеш прекалено много.
(1): [tex]a_2=5>a_1=1[/tex]
(2): [tex]a_{n+1}>a_n \Leftrightarrow a_{n+1}-a_n>0\Leftrightarrow 2a_{n+1} -a_n>a_{n+1}\Rightarrow a_{n+2}=3a_{n+1}-a_n>a_{n+1}[/tex]

От (1) и (2) по принципа на ПМИ следва, че редицата [tex]\{a_n\}[/tex] е строго растяща.