Rekurentní posloupnosti
Úloha číslo: 2845
Ukažte, že následující rekurentně zadané posloupnosti \(\{a_n\}\) mají limity a spočítejte je.
Varianta 1
\(a_1=\sqrt c\), kde \(c\) je kladné reálné číslo, a \(a_{n+1}=\sqrt{a_n+c}\).
Řešení
Myšlenka úlohy spočívá ve složení kroků. V jednom kroku si uvědomíme, že posloupnost musí mít limitu. Potom dopočítáme limitu, pokud předpokládáme, že limita existuje.
Lze vypozorovat, že posloupnost je nezáporná, rostoucí a pro omezená. Pokud tato pozorování dokážeme, budeme podle věty o limitě omezené monotonní posloupnosti vědět, že posloupnost má v tomto případě limitu.
Z výpočetního hlediska je snazší kroky prohodit. Nejprve spočítáme limitu, pokud předpokládáme, že existuje. Poté až dokážeme existenci limity, nějaké kroky z výpočtu limity se nám budou hodit totiž i pro důkaz existence. (Uvědomte si ale, že velmi spoléháme na to, že limita existuje. Pokud by se nám to (u jiného příkladu) nepodařilo dokázat, je výpočet limity zbytečný.)
Limita této posloupnosti \(a\) musí splňovat \(\displaystyle a= \lim_{n\to \infty} a_n = \lim_{n\to \infty} a_{n+1} = \lim_{n\to \infty} \sqrt{a_n+c}= \sqrt{a+c}\)
Umocněním získáme rovnici \(a^2=a+c\), jež má jedno záporné a jedno kladné řešení. Z předpisu pro posloupnost vidíme, že všechny členy posloupnosti jsou kladné, tedy \(a\) musí být nezáporné. Máme tedy \(a=\frac12+\sqrt{c+\frac14}\).
Nyní přistoupíme k důkazu existence limity. Začneme důkazem omezenosti posloupnosti shora. Uvědomujeme si ale také, že chceme dokazovat, že posloupnost je rostoucí. Potom je velmi přirozené se snažit dokázat omezenost shora hodnotou limity.
Indukcí tedy ukážeme, že \(a_n<a\). Pro \(n=1\) máme \(a_1=\sqrt{c}<\frac12+\sqrt{c+\frac14}=a\). Pro ostatní \(n\) platí \(a_n=\sqrt{a_{n-1}+c}<\sqrt{a+c}=\sqrt{a^2}=a\).
Zbývá nám ukázat \(a_{n+1} > a_n\).
Máme \(a_{n+1}=\sqrt{a_n+c}\), a chceme tedy ukázat \(\sqrt{a_n+c} > a_n\). Výrazy na obou stranách nerovnice jsou kladné, umocnění nerovnice je tedy ekvivalentní úpravou, a stačí nám dokázat \[ a_n + c > a_n^2. \] Máme kvadratickou nerovnici v proměnné \(a_n\), která má stejné kořeny jako rovnice pro výpočet limity. Dořešením nerovnice zjistíme, že tato nerovnost platí pro \[a_n \in \left( \frac12 - \sqrt{c + \frac14}, \frac12 + \sqrt{c + \frac14}\right) = \left( \frac12 - \sqrt{c + \frac14}, a\right).\] Z důkazu omezenosti ale už víme, že \(a_n \in (0, a)\), což je přesně to, co potřebujeme. (Kvůli tomu jsme také dokazovali nejprve omezenost.)
Poznamenejme, že teprve nyní byla existence limity dokázána pro všechna \(c\).
Výsledek
Limita posloupnosti je \(\frac12+\sqrt{c+\frac14}\).
Varianta 2
\(a_1=0\) a \(a_{n+1}=a_n+\frac12 (x-a_n)^2\), pro \(0\le x \le 1\).
Řešení
Posloupnost je neklesající, protože \(a_{n+1}-a_n=a_n+\frac12 (x-a_n)^2-a_n=\frac12 (x-a_n)^2\ge 0\). Tedy je i nezáporná.
Vhodným kandidátem na limitu je \(a\) splňující \(a=a+\frac12 (x-a_n)^2\), tedy \(a=x\).
Zbývá ukázat indukcí, že \(a_n\le x\) pro všechna \(n\). Nejprve máme \(a_1=0\le x\). Dále z předpokladu \(a_n\le x\le 1\) odvodíme \(x-a_n \le 1\). Odtud již \(a_{n+1}=a_n+\frac12 (x-a_n)^2\le a_n+(x-a_n)^2\le a_n+x-a_n=x\).
Výsledek
Limita posloupnosti je \(x\).
Varianta 3
\(a_1=\sqrt{2}\) a \(a_{n+1}=\sqrt{2-a_n}\).
Nápověda
Posloupnost není monotonní.
Řešení
Indukcí lze ukázat, že \(a_n\in (0,\sqrt 2\rangle\).
Pokud by měla tato posloupnost limitu \(a\), musela by tato limita splňovat \(a=\sqrt{2-a}\). Řešení této rovnice je stejné jako nezáporné řešení rovnice \(a^2=2-a\). Odtud dostaneme \(a=1\).
Z několika prvních členů posloupnosti si můžeme všimnout, že posloupnost osciluje kolem hodnoty \(1\). Ukážeme, že \(a_{n+1}\) je blíže \(1\) než \(a_n\).
Pro sudá \(n\) je \(a_n>1\), tedy ověřme \(a_n-1>1-a_{n+1} \Longleftrightarrow a_{n+1}> 2-a_n \Longleftrightarrow 2-a_n > 4-4a_n+a_n^2\), což je splněno v intervalu \((1,\infty)\).
Podobně pro lichá \(n\) je \(a_n<1\), ověříme \(a_{n+1}< 2-a_n\), což je splněno jakmile \(a_n\in(-2{,}1)\).
Tedy podposloupnost lichých členů má limitu i podposloupnost sudých členů má limitu. Jde o stejnou limitu \(a\), protože v obou podposloupnostech je určená vztahem \(a=\sqrt{2-\sqrt{2-a}}\).
Výsledek
Limita posloupnosti je \(1\).
Varianta 4
\(a_1=1\) a \(a_{n+1}=\frac1{1+a_n}\)
Nápověda
Vyšetřete podposloupnost sudých a lichých členů zvlášť.
Řešení
Posloupnost začíná \(1,\frac12,\frac23,\frac35,\frac85,…\), tedy není monotonní. Všimneme si, že členy s lichými indexy tvoří klesající podposloupnost, zatímco ty se sudými rostoucí. Tento fakt ovšem dokážeme.
Pokud by posloupnost měla limitu \(a\), muselo by platit \(a=\frac1{1+a_n} \Longleftrightarrow a^2+a-1=0\), což má dvě řešení, z nichž jen jedno je kladné a to \(a=\frac{\sqrt 5-1}2\).
Rekurence pro obě vybrané podposloupnosti je daná vztahem \(a_{n+2}=\frac1{1+a_{n+1}}=\frac1{1+\frac1{1+a_n}}=1-\frac1{a_n+2}\).
Nejprve pro podposloupnost s lichými indexy ověříme, že z předpokladu \(a_n\ge\frac{\sqrt 5-1}2\) plyne \(a_n\ge a_{n+2}\ge\frac{\sqrt 5-1}2\).
Totiž \(a_n\ge a_{n+2} \Longleftrightarrow a_n\ge1-\frac1{a_n+2} \Longleftrightarrow a_n^2+a_n-1 \ge 0\), což je pro \(a_n\ge\frac{\sqrt 5-1}2\) splněno.
Podobně \(a_{n+2}= 1-\frac1{a_n+2}\ge 1-\frac1{\frac{\sqrt 5-1}2+2} = \frac{\sqrt 5-1}2 \).
Pro podposloupnost se sudými indexy použijeme stejný argument, jen ve všech vztazích budou opačné nerovnosti.
Výsledek
Limita posloupnosti je \(\frac{\sqrt 5-1}2\).
Varianta 5
\(a_1= c\), kde \(c\) je kladné reálné číslo, a \(\displaystyle a_{n+1}=\frac12\left(a_n+\frac2{a_n}\right)\).
Nápověda
Vyšetřete podposloupnost sudých a lichých členů zvlášť.
Řešení
Pokud by posloupnost měla limitu \(a\), muselo by platit \(a=\frac12\left(a+\frac2{a}\right) \Longleftrightarrow 2a^2-a-2=0\), což má dvě řešení, z nichž jen jedno je kladné a to \(a=\sqrt 2\).
Nejprve si upravíme rekurenci \(a_{n+1}=\frac12\left(a_n+\frac2{a_n}\right)=\frac{a_n^2+2}{2a_n}\).
Rekurence pro obě vybrané podposloupnosti je daná vztahem
\(\displaystyle a_{n+2}=\frac{a_{n+1}^2+2}{2a_{n+1}}=\frac{\left(\frac{a_n^2+2}{2a_n}\right)^2+2}{2{\frac{a_n^2+2}{2a_n}}}=\frac{a_n^4+12a_n^2+4}{4a_n^3+8a_n}\).
Ověříme, že z předpokladu \(a_n\ge\sqrt 2\) plyne \(a_n\ge a_{n+2}\ge\sqrt 2\).
\( a_n\ge a_{n+2} \Longleftrightarrow a_n\ge \frac{a_n^4+12a_n^2+4}{4a_n^3+8a_n} \Longleftrightarrow 3a_n^4-4a_n^2-4 \ge 0\). Kvadratická rovnice \(3x^2-4x-4 \ge 0\) má kořeny \(x_{1{,}2}=\frac{2\pm 4}{3}\), tedy je-li \(a_n^2\ge 2\) i výchozí nerovnost platí.
Podobně \(a_{n+2} \ge \sqrt2 \Longleftrightarrow \frac{a_n^4+12a_n^2+4}{4a_n^3+8a_n} \ge \sqrt2 \Longleftrightarrow a_n^4+12a_n^2+4 \ge \sqrt2(4a_n^3+8a_n) \ge 32 \Longleftrightarrow a_n^4+12a_n^2-28 \ge 0 \). Nyní má kvadratická rovnice \(x^2+12x-28 \ge 0\) kořeny \(x_{1{,}2}=6\pm 8\), tedy výchozí nerovnost opět platí.
Z předpokladu \(a_n\le\sqrt 2\) odvodíme (skoro) stejné důsledky, jen ve všech vztazích budou opačné nerovnosti.
Jediná odlišnost je, že pro malá \(a_n\) (zhruba pro \(a_n<1{,}372\)), bude sice platit \(a_n^4+12a_n^2+4 \le 32\) ale už ne \(a_n^4+12a_n^2+4 \le \sqrt2(4a_n^3+8a_n)\). Tento případ může ovšem nastat jen pro první člen posloupnosti \(a_1\). Obě podposloupnosti budou počínaje \(a_2\) a \(a_3\) klesající, což ovšem důkaz existence limity neovlivní.
Výsledek
Limita posloupnosti je \(\sqrt 2\).
