Сходимост

[Fed]

[tex]\begin{array}{l} a_{\rm 1} > 0,\,\,a_2 > 0 \\ a_{n + 1} = \frac{2}{{a_n + a_{n - 1} }} \\ \end{array}[/tex]

Да се докаже, че [tex]{a_n }[/tex] е сходяща.

[Реклама]

[Infernum]

Тъй като а₁ > 0, а₂ > 0 и [tex]a_n=\frac{2}{a_{n-1}+a_{n-2}}[/tex] за n > 2, за редицата имаш 0 < а_n.
Оттук следват неравенствата

[tex]a_n=\frac{2}{a_{n-1}+a_{n-2}}<\frac{2}{a_{n-1}}=a_{n-2}+a_{n-3}<\frac{2}{a_{n-3}}+a_{n-3}<2 \inf \left(\frac{1}{a_{n-3}}+a_{n-3}\right)=4 \ , \ n>3[/tex]

И така, 0 < а_n < 4 за n > 3, следователно редицата а_n е ограничена и има точка на сгъстяване.
Ако се допусне, че а_n е сходяща и има граница L, то от рекурентното отношение, след граничен преход при n->∞, се получава уравнението [tex]L=\frac{2}{L+L}[/tex] откъдето L = 1, тъй като 0 < а_n за всяко естествено n.
Това означава, че евентуално числото 1 е граница на редицата а_n, което следва да се докаже.
За целта се допуска противното - т. е. числото 1 не е граница на редицата а_n.
Това означава, че може да се намери такова положително число [tex]\epsilon,[/tex] че за произволно достатъчно голямо естествено число m, за всяко n > m да бъде изпълнено неравенството [tex]|a_n-1|\ge \epsilon.[/tex]
От последното неравенство следват следните две неравенства а_n < 1 или а_n > 1, за всяко n > m.
Ако се допусне, че е налице първото неравенство, т. е. а_n < 1, за всяко n > m, то [tex]\frac{1}{a_n}>1.[/tex]
От друга страна, от рекурентното отношение имаш [tex]\frac{1}{a_n}=\frac{a_{n-1}+a_{n-2}}{2}.[/tex]
Тогава [tex]1<\frac{1}{2}(a_{n-1}+a_{n-2})[/tex] и понеже неравенсвото а_n < 1 е изпълнено за всяко n > m, a m е произволно, то ще бъде вярно и за n > m + 2.

Оттук веднага следва, че [tex]a_{n-2}<1 \ , \ a_{n-1}<1.[/tex]

Тогава [tex]\frac{1}{2}(a_{n-1} +a_{n-2})<\frac{1}{2}(1+1)=1,[/tex] което противоречи на а_n < 1.

Аналогично се достига до противоречие, когато се допусне, че а_n > 1 за всяко n > m.
Всичко това означава, че допускането, че числото 1 не е граница на редицата а_n е невярно.