Danas na grupi Ana mi je postavila sljedeći zadatak: Zadatak. Dokaži da je niz (a_{n})_{n∈ℕ_{0}} konvergentan i odredi mu limes:

a_{0} = 0, a_{n+1} = \frac{a_{n}^{2} + b}{2}

gdje je b ∈ [0, 1⟩.

Ja sam pokušavao izvršiti neku supstituciju (npr. zamijena tipa a_{n} = sin φ_{n}), ali sam bio neuspješan. Tješim se da zadatak odmah nisam riješio jer sam bio gladan i umoran. No to nije izlika jer je zadatak standardni i trebao sam ga odmah riješiti.

U riješavanju zadataka sa nizovima osim supstitucija često se koristi i standardni postupak za linearne rekurzije s konstantnim koeficijentima (npr. za niz x_{0} = 2, x_{1} = 7 i x_{n+1} = 7x_{n} − 12x_{n−1} gledamo korijene karakteristične jednadžbe λ^{2} − 7λ + 12 = 0. To su λ_{1} = 3 i λ_{2} = 4, a budući da su različiti, opće rješenje je x_{n} = a · 3^{n} + b · 4^{n}, gdje su a i b konstante koje dobivamo iz početnih uvjeta, tj. vrijednosti x_{n} za n = 0 i n = 1. Ovdje je dakle a + b = 2 i 3a + 4b = 7, pa je a = b = 1. Zato je x_{n} = 3^{n} + 4^{n}). No, vratimo se sa ove kratke digresije. Najčešće ćete ipak koristiti sljedeći teorem: Teorem. Svaki ograničen i monoton niz realnih brojeva je konvergentan (tj. ima limes).

Pretpostavimo da nam je dan niz a_{1}, a_{2},…, a_{n},…. Provjerimo je li taj niz monoton (tj. rastući ili padajući). Provjerimo i da li je taj niz ograničen odozgo i odozdo^{1} (tj. da li postoje realni brojevi m i M takvi da je m ≤ a_{n} ≤ M, za sve n ∈ ℕ. Ako takvi postoje (ne moramo se truditi naći najbolje ograde, dovoljno je naći neke), onda sigurno znamo da je naš niz (a_{n}) konvergentan.

Sada je jasno i kako bi trebalo riješavati Anin zadatak:

Rješenje zadatka. Gledamo prvih par članova danog niza 0, \frac{b}{2}, \frac{b^{2}+4b}{8},…. Vidimo da bi niz mogao biti rastući, pa pokušajmo to iskoristiti.

Pokažimo najprije da je dani niz ograničen odozgo. Naime, a_{0} = 0 ≤ 1, pa budući da iz a_{n} ≤ 1 slijedi a_{n+1} = \frac{a_{n}^{2}+b}{2} ≤ \frac{1^{2}+1}{2} = 1, matematičkom indukcijom slijedi da je a_{n} ≤ 1 za sve n ∈ ℕ_{0}.

Sada ćemo dokazati da je dani niz zaista rastući. Direktno vidimo da je a_{n+1} − a_{n} = \frac{(1−a_{n})^{2}+b−1}{2}, pa je a_{n+1} ≥ a_{n} ako i samo ako je (1−a_{n})^{2} ≥ 1−b. Dakle, ako dokažemo da je (1−a_{n})^{2} ≥ 1−b, dobit ćemo da je niz (a_{n}) rastući, pa jer je ograničen primjenom teorema slijedi da je konvergentan. Posljednju tvrdnju dokazat ćemo indukcijom. Za n = 0, očito je a_{0} = 0 ≤ 1 − \sqrt{1 − b}. Ako je a_{n−1} ≤ 1 − \sqrt{1 − b}, onda je

a_{n} = \frac{a_{n−1}^{2} + b}{2} ≤ \frac{(1 − \sqrt{1 − b})^{2} + b}{2} = 1 − \sqrt{1 − b}.

1Primjetite da je za rastući niz dovoljno provjeriti je li niz omedjen odozgo, a za padajući je li omedjen odozdo. Zašto?!

Zaključujemo da je a_{n} ≤ 1 − \sqrt{1 − b} za sve n, pa je 1 − b ≤ (1 − a_{n})^{2}, a to smo i željeli dobiti.

Neka je limes danog niza a = lim_{n→∞} a_{n}. Tada je

a_{n+1} = \frac{a_{n}^{2} + b}{2}  / lim_{n→∞}
a = \frac{a^{2} + b}{2}
a = 1 ± \sqrt{1 − b}

Limes niza (ako postoji) uvijek je jedinstven. Kako je čitav niz ograničen odozgo sa 1, nužno je i limes manji ili jednak 1. Konačno, dakle, vrijedi lim_{n→∞} a_{n} = 1 − \sqrt{1 − b} □

Prethodno rješenje je detaljnije raspisano jer sam želio da vidite način riješavanja.

Ako niz kojeg u nekom zadatku gledate nije monoton, možda njegov podniz jest. Provjerite! Osobito se često mogu pojaviti alternirajući nizovi (npr. x_{n} = 1+(−1/n)^{n}), gdje je korisno posebno gledati članove niza s parnim indeksima, a posebno s neparnim.