[zorropardo]

Dado $$a>0$$ definimos la sucesion $$x_{n}$$ por $$x_{1}=\sqrt{a}$$ y $$x_{n+1}=\sqrt{a+x_{n}}.$$ Probar que $$(x_{n})$$ es convergente.

Ya probe por induccion que : $$(x_{n})$$ es creciente y de terminos positivos.

Veamos que  es acotada : Afirmo $$x_{n} <a; \forall n \in \mathbb{N}$$

Como $$\sqrt{a} <a \Rightarrow{  x_{1}<a }.$$

$$x_{n}<a ....(H.I)$$

Veamos si vale para $$n+1:$$ tenemos $$a+x_{n}<2a \Rightarrow{  \sqrt{a+x_{n}} <\sqrt{2a}}  \Rightarrow{  x_{n+1}<\sqrt{2a}<a }$$ si $$a>2.$$

la pregunta es , como acoto para los valores $$0<a <2$$   

 

[ani_pascual]

Hola:

...
Veamos que  es acotada : Afirmo $$x_{n} <a; \forall n \in \mathbb{N}$$
...

Depende de \( a \).
Si, por ejemplo, es \( 0<a<1 \), entonces \( x_1=\sqrt{a}>a \). En cualquier caso, me parece que a partir de cierto natural los términos son mayores que \( 1 \), pues para todo \( n>2 \) es \(  x_n>2^{\frac{1}{2^n}} \), y si existe el límite, será mayor que \( 1 \).
Saludos

[Juan Pablo Sancho]

Sea \( A = max\{a,2\}  \) luego para \( n=1 \) es cierto.
Suponemos cierto para \( n\geq 1 \) luego para \( n+1 \)
\( x_{n+1} = \sqrt{a+x_n} \leq \sqrt{A+A} = \sqrt{2A} \leq \sqrt{A \cdot A} = A  \)

Otra forma:
Si \( x_n \leq a \) para todo natural lo tenemos.
Como es creciente tenemos que si \( x_n > a \) entonces:
\( x_n = \sqrt{a + x_{n-1}} \leq \sqrt{a + x_n}  \) luego \( x_n^2 \leq a + x_n \leq x_n + x_n = 2 \cdot x_n  \) entonces \( x_n < 2 \)

[zorropardo]

Gracias por las respuestas.

[Fernando Revilla]

Ya probe por induccion que : $$(x_{n})$$ es creciente y de terminos positivos.

En tal caso, tenemos

        $$\sqrt{a+x_n}\ge x_n\Rightarrow a+x_n\ge x_n^2\Rightarrow a+x_n-x_n^2\ge 0.$$

Factorizando la última expresión (polinomio de segundo grado en $$x_n$$) queda

        $$ a+x_n-x_n^2=(r_1-x_n)(x_n-r_2)\ge 0, \quad r_1=\dfrac{1+\sqrt{1+4a}}{2} >0,\; r_2=\dfrac{1-\sqrt{1+4a}}{2} <0$$

Al ser $$x_n-r_2\ge 0$$ para todo $$n$$, ha de ser $$r_1-x_n\ge 0$$ para todo $$n$$ i.e.

        $$x_n\le \dfrac{1+\sqrt{1+4a}}{2}:=K$$ para todo $$n$$.

Por tanto, la sucesión está acotada superiormente por $$K$$ y por ser monótona creciente, tiene límite $$L$$
El límite es además, \( L=K \). Basta aplicar límites en la expresión $$x_{n+1}=\sqrt{a+x_{n}}$$.

[ani_pascual]

Hola:

...
 $$ a+x_n-x_n^2=(r_1-x_n)(x_n-r_2)\ge 0, \quad r_1=\dfrac{1+\sqrt{1+4a}}{2} >0,\; r_2=\dfrac{1-\sqrt{1+4a}}{2} <0$$

Al ser $$x_n-r_2\ge 0$$ para todo $$n$$, ha de ser $$r_1-x_n\ge 0$$ para todo $$n$$ i.e.

        $$x_n\le \dfrac{1+\sqrt{1+4a}}{2}:=K$$ para todo $$n$$.
...

Se ve que, si fuera al revés, \( r_1<0,r_2>0 \), entonces \( (r_1-x_n)\leq 0 \) con lo que \( (x_n-r_2)\leq 0 \), de donde \( x_n\leq r_2 \)
y se llega al mismo resultado.
Saludos

[Fernando Revilla]

Hola:

...
 $$ a+x_n-x_n^2=(r_1-x_n)(x_n-r_2)\ge 0, \quad r_1=\dfrac{1+\sqrt{1+4a}}{2} >0,\; r_2=\dfrac{1-\sqrt{1+4a}}{2} <0$$

Al ser $$x_n-r_2\ge 0$$ para todo $$n$$, ha de ser $$r_1-x_n\ge 0$$ para todo $$n$$ i.e.

        $$x_n\le \dfrac{1+\sqrt{1+4a}}{2}:=K$$ para todo $$n$$.
...

Se ve que, si fuera al revés, \( r_1<0,r_2>0 \), entonces \( (r_1-x_n)\leq 0 \) con lo que \( (x_n-r_2)\leq 0 \), de donde \( x_n\leq r_2 \)
y se llega al mismo resultado.
Saludos

Así es  .