Considere a sequência numérica
\left\{\begin{array}{cl} a_{1} & =\sqrt{a} \\\ a_{n+1} & =\sqrt{a+a_{n}}, \text { para } n \geq 1 \end{array}\right.
onde a é um número fixado maior ou igual a 2 .
(a) Mostre, usando indução matemática, que \sqrt{a} \leq a_{n} \leq a para todo n \in \mathbb{N}.
(b) Observe que
a_{n+1}-a_{n}=\frac{a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}}{a_{n+1}+a_{n}}
Deduza daí que a_{n+1} \geq a_{n} para todo n \in \mathbb{N}.
(c) Mostre que \left(a_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} é convergente e que se L \in \mathbb{R} é tal que \lim a_{n}=L, então a+L-L^{2}=0.
(d) Determine o valor de L.

Passo 1

O enunciado define a sequência
\begin{cases} a_{1} = \sqrt{a},\\\ a_{n+1} = \sqrt{\,a + a_{n}\,},\quad n\ge1, \end{cases}
onde a\ge2 é fixo.
Pediu-se:
(a) mostrar por indução que \sqrt{a}\le a_{n}\le a;
(b) usar
a_{n+1}-a_{n} =\frac{a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}}{a_{n+1}+a_{n}}
para provar a_{n+1}\ge a_{n};
(c) concluir convergência e obter a equação limite a+L - L^{2}=0;
(d) achar L.

Passo 2

(a) Prova por indução de \sqrt{a}\le a_{n}\le a.
Base n=1: a_{1}=\sqrt{a}, logo \sqrt{a}\le a_{1}=\sqrt{a}\le a pois a\ge2.
Passo indutivo: suponha \sqrt{a}\le a_{k}\le a. Então
a_{k+1} =\sqrt{\,a + a_{k}\,} \ge \sqrt{\,a + \sqrt{a}\,} \ge \sqrt{a},
e
a_{k+1} =\sqrt{\,a + a_{k}\,} \le \sqrt{\,a + a\,} =\sqrt{2a} \le a \quad(\text{pois }2a\le a^{2}\text{ quando }a\ge2).
Isso conclui \sqrt{a}\le a_{k+1}\le a.

Passo 3

(b) Para provar monotonicidade, introduzimos o valor
\alpha = \frac{1 + \sqrt{1+4a}}{2},
que é a raiz positiva de \alpha^{2}-\alpha - a=0.
Mostramos por indução que a_{n}\le\alpha:
  • n=1: a_{1}=\sqrt{a}\le\alpha pois \alpha^{2}=a+\alpha\implies\alpha>\sqrt{a}.
  • Supondo a_{k}\le\alpha, então
a_{k+1} =\sqrt{\,a + a_{k}\,} \le \sqrt{\,a + \alpha\,} =\alpha,
pela definição de \alpha.
Agora, usando a identidade dada,
a_{n+1}-a_{n} =\frac{a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}}{a_{n+1}+a_{n}} =\frac{\bigl(a + a_{n}\bigr)-a_{n}^{2}}{a_{n+1}+a_{n}} =\frac{\alpha^{2}-a_{n}^{2}}{a_{n+1}+a_{n}} =\frac{(\alpha - a_{n})(\alpha + a_{n})}{a_{n+1}+a_{n}}\ge0,
pois \alpha\ge a_{n} e \alpha+a_{n}>0. Logo a_{n+1}\ge a_{n} para todo n.

Passo 4

(c) Já que (a_{n}) é crescente e também está limitada acima por \alpha, ela converge. Seja
L = \lim_{n\to\infty} a_{n}.
Tomando limite na relação de recorrência a_{n+1} = \sqrt{a + a_{n}}, obtemos
L = \sqrt{\,a + L\,} \quad\Longrightarrow\quad L^{2} = a + L \quad\Longrightarrow\quad L^{2} - L - a = 0.

Passo 5

(d) As raízes de L^{2}-L-a=0 são
L = \frac{1 \pm \sqrt{1+4a}}{2}.
Como a_{n}>0 para todo n, o limite L é não negativo, logo
L = \frac{1 + \sqrt{1+4a}}{2}.

Resposta

L = \frac{1 + \sqrt{1+4a}}{2}.

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