Номер 3.114, страница 98 - гдз по алгебре 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

3.114. Докажите, что последовательность $x_n = \underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\dots+\sqrt{2}}}}_{n \text{ корней}}$

сходится, и найдите ее предел.

Для решения задачи мы сначала докажем, что последовательность сходится, используя теорему Вейерштрасса о монотонной и ограниченной последовательности, а затем найдем ее предел.

Запишем последовательность в рекуррентной форме:
$x_1 = \sqrt{2}$
$x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$ для $n \ge 1$.

Доказательство сходимости

1. Монотонность. Докажем, что последовательность является строго возрастающей, то есть $x_{n+1} > x_n$ для всех $n \ge 1$. Воспользуемся методом математической индукции.
База индукции (n=1):
$x_1 = \sqrt{2}$, $x_2 = \sqrt{2 + \sqrt{2}}$. Сравним квадраты этих чисел: $x_1^2 = 2$ и $x_2^2 = 2 + \sqrt{2}$. Очевидно, что $2 + \sqrt{2} > 2$, поэтому $x_2^2 > x_1^2$. Так как $x_1$ и $x_2$ положительны, отсюда следует, что $x_2 > x_1$. База индукции верна.
Шаг индукции:
Предположим, что для некоторого натурального $k$ выполняется неравенство $x_k > x_{k-1}$. Докажем, что из этого следует $x_{k+1} > x_k$.
Исходя из предположения $x_k > x_{k-1}$, прибавим 2 к обеим частям: $2 + x_k > 2 + x_{k-1}$.
Функция $f(y) = \sqrt{y}$ является возрастающей для всех $y > 0$, поэтому мы можем извлечь корень из обеих частей неравенства, сохранив его знак: $\sqrt{2 + x_k} > \sqrt{2 + x_{k-1}}$.
По определению рекуррентной последовательности, это означает, что $x_{k+1} > x_k$.
Таким образом, по принципу математической индукции, последовательность $\{x_n\}$ является монотонно возрастающей.

2. Ограниченность. Докажем, что последовательность ограничена сверху, например, числом 2, то есть $x_n < 2$ для всех $n \ge 1$. Снова применим метод математической индукции.
База индукции (n=1):
$x_1 = \sqrt{2}$. Так как $2 < 4$, то $\sqrt{2} < \sqrt{4} = 2$. Неравенство $x_1 < 2$ верно.
Шаг индукции:
Предположим, что для некоторого натурального $k$ выполняется неравенство $x_k < 2$. Докажем, что $x_{k+1} < 2$.
Из предположения $x_k < 2$ следует, что $2 + x_k < 2 + 2 = 4$.
Извлекая квадратный корень из обеих частей, получаем $\sqrt{2 + x_k} < \sqrt{4}$, что по определению означает $x_{k+1} < 2$.
Таким образом, по принципу математической индукции, последовательность $\{x_n\}$ ограничена сверху числом 2.

Поскольку последовательность $\{x_n\}$ является монотонно возрастающей и ограниченной сверху, по теореме Вейерштрасса она имеет конечный предел. Таким образом, сходимость доказана.

Нахождение предела

Пусть $L = \lim_{n \to \infty} x_n$. Поскольку предел существует, мы можем найти его, совершив предельный переход в рекуррентном соотношении $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$.
$\lim_{n \to \infty} x_{n+1} = \lim_{n \to \infty} \sqrt{2 + x_n}$
Так как $\lim_{n \to \infty} x_{n+1} = \lim_{n \to \infty} x_n = L$ и функция квадратного корня непрерывна, мы получаем уравнение относительно $L$:
$L = \sqrt{2 + L}$
Все члены последовательности $x_n$ положительны, поэтому их предел $L$ не может быть отрицательным ($L \ge 0$). Это позволяет нам возвести обе части уравнения в квадрат, не опасаясь появления посторонних корней:
$L^2 = 2 + L$
Перенесем все члены в одну сторону, чтобы получить стандартное квадратное уравнение:
$L^2 - L - 2 = 0$
Решим это уравнение. Его корни можно найти, разложив левую часть на множители:
$(L - 2)(L + 1) = 0$
Корни уравнения: $L_1 = 2$ и $L_2 = -1$.
Так как мы установили, что предел должен быть неотрицательным ($L \ge 0$), корень $L_2 = -1$ является посторонним. Следовательно, единственным решением является $L = 2$.

Ответ: последовательность сходится, и ее предел равен 2.