그것을 보여주는 방법 $a_{n+1} = \sqrt{12+4a_n}$ 상한?

Question

재귀 관계에 의해 주어진 시퀀스가 $a_{n+1} = \sqrt{12+4a_n}$ 수렴, $a_1 = 1$.

나는 인덕션을 사용하여 시퀀스가 엄청나게 증가 하고 있음을 증명 했습니다 .

나는 다음과 같은 정리를 사용하고 있습니다.

시퀀스가 단조롭고 경계가 있으면 수렴합니다.

따라서 이제 상한선이 있음을 증명해야합니다.

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내 시도

다시 귀납법을 사용하겠습니다.

• 에 대한 $n = 1: a_1 = 5 < M\in\mathbb{R}$
• 에 대한 $n = k: a_k < M\in\mathbb{R}$
• 에 대한 $n = k+1: a_{k+1} = \sqrt{12+4a_k} = 2\sqrt{3+a_k} < M \iff a_k < \frac{M^2}{2} -3 < \frac{M^2}{2} < M^2 $

나는 그것을 보여 주었다 $a_{k+1}$ 그보다 적다 $M^2$ 인덕션 단계에서 나는 $a_{k+1}$ 보다 작다 $M$. 사각형이 좀 혼란스럽고 여기에서 경계를 증명했는지 확실하지 않으므로이 질문을합니다.

Answer 1

참고 $a_{k+1}=2 \sqrt{3+a_{k}}<M \iff a_{k}<\frac{M^2}{4}-3$. 그럼 당신은 할 수 있습니다$M=\frac{M^2}{4}-3$ 실제로주는 $M=6$ 해결책으로.

Answer 2

이런 종류의 문제에 접근하는 방법은 일반적으로 다음과 같습니다.

시퀀스가 수렴한다는 것을 이미 증명했다고 상상해보십시오. $\lim_{n\to\infty}a_n=a\in\mathbb R$. 당신은 무엇을 찾는 데 관심이 없습니까?$a$? 이를 수행하는 방법은 다음과 같습니다.$a_{n+1}=\sqrt{12+4a_n}$ 왼쪽과 오른쪽의 한계를 계산할 때 $n\to\infty$. 당신은 얻을 :

$$a=\lim_{n\to\infty}a_{n+1}=\lim_{n\to\infty}\sqrt{12+4a_n}=\sqrt{12+\lim_{n\to\infty}a_n}=\sqrt{12+4a}$$

그래서 $a=\sqrt{12+4a}$ 의미하는 $a=6$.

그래서 당신이 증명 한 것은 $a_n$ 수렴, 수렴해야합니다. $6$다른 번호는 없습니다. 또한 당신은 그것이 수렴된다는 것을 알고 있습니다 (그렇지 않다면 그것을 증명하라는 요청을받지 않을 것입니다!) 그래서 그것이 단조롭게 증가하고 있다는 것을 알면 즉시 알 수 있습니다.$a_n\lt 6$, 접근 중 $6$ "아래에서", 그리고 실제로 $6=\sup\{a_n:n\in\mathbb N\}$.

따라서 지금까지 우리가 말한 모든 것을 잊으려고 노력하고$a_n\lt 6$즉, 시퀀스가 ​​단조롭게 증가하고 제한되어 있으므로 수렴됩니다.

그리고 실제로 (유도에 의한 증거), $a_1=5\lt 6$ 그리고 만약 $a_n\lt 6$, 다음 $a_{n+1}=\sqrt{12+4a_n}\lt\sqrt{12+4\cdot 6}=6$.

Answer 3

힌트 : 귀납법으로 증명 $a_n \leq 6$ 모든 $n$.