Fie \( (a_n)_{n\ge1} \) un sir astfel incat \( a_1>0 \) si \( a_{n+1}=\frac{1}{2}\(a_n+\frac{n}{a_n}\), n\ge1 \). Demonstrati ca \( \lim_{n\to\infty}(a_n-\sqrt{n})=0 \)
G.M. 5/2009
Sir recurent
Moderators: Bogdan Posa, Laurian Filip, Beniamin Bogosel, Radu Titiu, Marius Dragoi
-
Marius Mainea
- Gauss
- Posts: 1077
- Joined: Mon May 26, 2008 2:12 pm
- Location: Gaesti (Dambovita)
-
andy crisan
- Pitagora
- Posts: 56
- Joined: Sun Dec 28, 2008 5:50 pm
- Location: Pitesti
\( \lim_{n\to\infty}(a_{n}-sqrt{n})=\lim_{n\to\infty}(\frac{a_{n}^2-n}{a_{n}+sqrt{n}}) \)
Se arata, usor, prin inductie ca \( a_{n}>0(\forall)n\in\mathbb{N}\Rightarrow a_{n}+sqrt{n}>sqrt{n}\Rightarrow\lim_{n\to\infty}(a_{n}+sqrt{n})=+\infty\Leftrightarrow\lim_{n\to\infty}(\frac{1}{a_{n}+sqrt{n}})=0 \). Aratam acum ca sirul \( x_{n}=a_{n}^2-n \) este convergent. Se arata ca sirul este descrescator(folosind relatia de recurenta si semnul ec bipatratice in \( a_{n}^2 \)pentru ecuatia \( x_{n+1}-x_{n}) \) deci avem ca sirul este marginit superior si, de asemenea, \( a_{n}^2-n+1=\frac{1}{4}(a_{n-1}-\frac{n-1}{a_{n-1}})^2>0\Rightarrow \)sirul este marginit inferir de \( -1 \)deci este convergent. De unde rezulta ca limita ceruta este 0.
Se arata, usor, prin inductie ca \( a_{n}>0(\forall)n\in\mathbb{N}\Rightarrow a_{n}+sqrt{n}>sqrt{n}\Rightarrow\lim_{n\to\infty}(a_{n}+sqrt{n})=+\infty\Leftrightarrow\lim_{n\to\infty}(\frac{1}{a_{n}+sqrt{n}})=0 \). Aratam acum ca sirul \( x_{n}=a_{n}^2-n \) este convergent. Se arata ca sirul este descrescator(folosind relatia de recurenta si semnul ec bipatratice in \( a_{n}^2 \)pentru ecuatia \( x_{n+1}-x_{n}) \) deci avem ca sirul este marginit superior si, de asemenea, \( a_{n}^2-n+1=\frac{1}{4}(a_{n-1}-\frac{n-1}{a_{n-1}})^2>0\Rightarrow \)sirul este marginit inferir de \( -1 \)deci este convergent. De unde rezulta ca limita ceruta este 0.