In Problem 2-16 we saw that any rational approximation m / n to \sqrt{2} can be replaced by a better approximation (m+2 n) /(m+n). In particular, starting with m=n=1, we obtain
1, \frac{3}{2}, \frac{7}{5}, \ldots
(a) Prove that this sequence is given recursively by
a_{1}=1, \quad a_{n+1}=1+\frac{1}{1+a_{n}} .
(b) Prove that \lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\sqrt{2}. This gives the so-called continued fraction expansion
\sqrt{2}=1+\frac{1}{2+\frac{1}{2+\cdots}} .
Hint: Consider separately the subsequences \left\{a_{2 n}\right\} and \left\{a_{2 n+1}\right\}.
(c) Prove that for any natural numbers a and b,
\sqrt{a^{2}+b}=a+\frac{b}{2 a+\frac{b}{2 a+\cdots}} .

Passo 1

O enunciado diz que, a partir de uma aproximação racional m/n de \sqrt{2}, podemos substituí‑la por uma melhor (m+2n)/(m+n). Aplicando isso a partir de m=n=1 obtemos a sequência
1,\\ \frac{3}{2},\\ \frac{7}{5},\\ \ldots
Temos três pedidos:
(a) provar que a sequência satisfaz a relação recursiva
a_{1}=1,\qquad a_{n+1}=1+\frac{1}{1+a_{n}}.
(b) provar que \lim_{n\to\infty} a_n=\sqrt{2} e, assim, obter a expansão em fração contínua
\sqrt{2}=1+\frac{1}{2+\frac{1}{2+\cdots}}.
(c) provar a identidade para a,b\in\mathbb{N}:
\sqrt{a^{2}+b}=a+\frac{b}{2a+\frac{b}{2a+\cdots}}.
Vou provar (a), depois (b) com um estudo de monotonicidade e limites das subsequências \{a_{2n}\} e \{a_{2n+1}\}, e por fim (c) por manipulação algébrica simples.

Passo 2

Prova de (a): traduza a operação dada em termos de uma aplicação sobre números reais. Se x é uma aproximação racional escrita x=m/n, a transformação dada envia x em
\frac{m+2n}{m+n}.
Dividindo numerador e denominador por n (ou seja, escrevendo em termos de x=m/n) obtemos
\frac{m+2n}{m+n}=\frac{m/n+2}{m/n+1}=\frac{x+2}{x+1}.
Defina a função f:(0,\infty)\to(0,\infty) por
f(x)=\frac{x+2}{x+1}.
Então a regra de passagem de um termo ao seguinte é a_{n+1}=f(a_n). Agora transforme f na forma dada no enunciado:
f(x)=\frac{x+2}{x+1}=1+\frac{1}{x+1}.
Logo, tomando x=a_n,
a_{n+1}=1+\frac{1}{1+a_n},
com a_1=1 (o caso inicial dado). Isso prova (a). Comentário didático: cada passo foi só álgebra elementar de frações e a observação de que dividir por n passa da forma em termos de m,n para uma função em x.

Passo 3

Preparação para (b): estudo da função f. Vamos ver propriedades essenciais de f(x)=\dfrac{x+2}{x+1}.
  1. Derivada: calcule f'(x). Usando a fórmula do quociente,
f'(x)=\frac{(1)(x+1)-(x+2)(1)}{(x+1)^2}=\frac{-1}{(x+1)^2}<0\quad\text{para }x>0.
Portanto f é estritamente decrescente em (0,\infty).
  1. Pontos fixos: resolva L=f(L). Temos
L=\frac{L+2}{L+1}\quad\Longrightarrow\quad L(L+1)=L+2\quad\Longrightarrow\quad L^2=2.
Assim os pontos fixos são L=\pm\sqrt{2}. Como todos os termos a_n são positivos, o único ponto fixo relevante é L=\sqrt{2}. Comentário didático: ponto fixo é valor que não muda ao aplicar f; aqui surgem as raízes da equação quadrática resultante.

Passo 4

Mostre que a sequência oscila em torno de \sqrt{2}: se x<\sqrt{2} então f(x)>\sqrt{2}, e se x>\sqrt{2} então f(x)<\sqrt{2}.
Justificativa: como f é decrescente e f(\sqrt{2})=\sqrt{2}, para qualquer x<\sqrt{2} tem‑se f(x)>f(\sqrt{2})=\sqrt{2}; e para x>\sqrt{2} tem‑se f(x)<\sqrt{2}. Aplicando isso à sequência, vemos que os termos alternam em torno de \sqrt{2}: dado que a_1=1<\sqrt{2}, segue a_2=f(a_1)>\sqrt{2}, então a_3=f(a_2)<\sqrt{2}, e assim por diante. Portanto os termos ímpares ficam abaixo de \sqrt{2} e os pares acima de \sqrt{2}.

Passo 5

Monotonicidade das subsequências: mostre que \{a_{2n+1}\} é monótona crescente e \{a_{2n}\} é monótona decrescente.
Observação útil: f é decrescente, logo f\circ f (composição de duas funções decrescentes) é crescente. Mas a_{n+2}=f(f(a_n))=(f\circ f)(a_n). Logo, para os índices ímpares:
a_{2(n+1)+1}=a_{2n+3}=(f\circ f)(a_{2n+1}).
Como f\circ f é crescente, se a_{2n+1}>a_{2n-1} então a_{2n+3}>(f\circ f)(a_{2n-1})=a_{2n+1}. A base da indução é a_3> a_1 (de fato a_3=7/5=1{,}4>1=a_1), portanto por indução os ímpares formam uma sequência crescente.
Análogo para os pares: a_{2(n+1)}=a_{2n+2}=(f\circ f)(a_{2n}). Usando a base a_2>a_4? devemos verificar o sentido correto. Observando numericamente e pela alternância, a_2>\sqrt{2} e a_4>\sqrt{2} mas a_4<a_2. Mais diretamente: como a_{2n} estão acima de \sqrt{2} e f\circ f é crescente com ponto fixo \sqrt{2}, a iteração dupla faz com que os pares diminuam em direção a \sqrt{2}. Formalmente, usando a mesma indução (com base a_4<a_2, que se verifica computando a_2=3/2 e a_4=17/12), obtemos que a sequência dos pares é decrescente.
Conclusão deste passo (explicando o porquê): portanto \{a_{2n+1}\} é crescente e \{a_{2n}\} é decrescente. Pela alternância do passo anterior os ímpares ficaram sempre abaixo de \sqrt{2} (logo são majorados por \sqrt{2}) e os pares sempre acima de \sqrt{2} (logo são minorados por \sqrt{2}).

Passo 6

Convergência das subsequências e identificação do limite.
Pela monotonia e por estarem ambas limitadas (ímpares crescentes e limitados superiormente por \sqrt{2}; pares decrescentes e limitados inferiormente por \sqrt{2}), cada subsequência converge. Denote
L_{\text{odd}}=\lim_{n\to\infty} a_{2n+1},\qquad L_{\text{even}}=\lim_{n\to\infty} a_{2n}.
Como a_{n+1}=f(a_n) e f é contínua em (0,\infty), ao passar ao limite obtemos
L_{\text{even}}=f(L_{\text{odd}}),\qquad L_{\text{odd}}=f(L_{\text{even}}).
Compondo, L_{\text{odd}}=f(f(L_{\text{odd}})), ou seja L_{\text{odd}} é ponto fixo de f\circ f. Mas os pontos fixos de f já resolvemos: são \pm\sqrt{2}, e como todos os termos são positivos, os limites positivos possíveis são \sqrt{2}. Podemos ver também que as duas equações acima implicam que L_{\text{odd}} e L_{\text{even}} satisfazem
L_{\text{odd}}=f(L_{\text{even}})=\frac{L_{\text{even}}+2}{L_{\text{even}}+1}
e
L_{\text{even}}=f(L_{\text{odd}})=\frac{L_{\text{odd}}+2}{L_{\text{odd}}+1}.
Resolver essas equações (substituindo uma na outra ou observando que ambos devem ser solução da equação L^2=2) dá L_{\text{odd}}=L_{\text{even}}=\sqrt{2}.
Portanto ambas as subsequências convergem para \sqrt{2}, e isso implica que a sequência inteira \{a_n\} converge para \sqrt{2}.

Passo 7

Interpretação em termos de fração contínua (conclusão de (b)).
Se o limite L satisfaz L=f(L) e f foi escrita como f(x)=1+\dfrac{1}{1+x}, então ao iterar infinitamente obtemos
L=1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\cdots}}.
Agrupando o denominador 1+(1/(1+\cdots)) como 2+\dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2+\cdots}} (padrão da expansão) obtém‑se a forma familiar
\sqrt{2}=1+\frac{1}{2+\frac{1}{2+\cdots}}.
Comentário didático: esta é exatamente a expressão em fração contínua mencionada. A convergência formal já foi justificada pelos passos anteriores.

Passo 8

Prova de (c): identidade geral para \sqrt{a^{2}+b}.
Defina a expressão contínua da direita por
X=a+\cfrac{b}{2a+\cfrac{b}{2a+\cfrac{b}{2a+\cdots}}}.
Chame a parte que se repete (o denominador infinito) de T:
T=2a+\cfrac{b}{2a+\cfrac{b}{2a+\cdots}}.
Então T satisfaz a equação quadrática por auto‑similaridade:
T=2a+\frac{b}{T}\quad\Longrightarrow\quad T^2-2aT-b=0.
Resolva a quadrática:
T=a\pm\sqrt{a^2+b}.
Como T>0 e a,\sqrt{a^2+b}\ge0, a solução relevante é
T=a+\sqrt{a^2+b}.
Agora expresse X em termos de T:
X=a+\frac{b}{T}=a+\frac{b}{a+\sqrt{a^2+b}}.
Racionalize o termo \dfrac{b}{a+\sqrt{a^2+b}} multiplicando numerador e denominador por \sqrt{a^2+b}-a (ou simplesmente note que (\sqrt{a^2+b}-a)(\sqrt{a^2+b}+a)=b). Fazendo isso:
\frac{b}{a+\sqrt{a^2+b}}=\frac{b(\sqrt{a^2+b}-a)}{(\sqrt{a^2+b}+a)(\sqrt{a^2+b}-a)}=\frac{b(\sqrt{a^2+b}-a)}{b}=\sqrt{a^2+b}-a.
Logo
X=a+(\sqrt{a^2+b}-a)=\sqrt{a^2+b}.
Isso prova a identidade
\sqrt{a^{2}+b}=a+\frac{b}{2a+\frac{b}{2a+\cdots}}.

Resposta

(a) a_{1}=1,\qquad a_{n+1}=1+\dfrac{1}{1+a_{n}}.
(b) \displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=\sqrt{2}.
(c) \displaystyle \sqrt{a^{2}+b}=a+\frac{b}{2a+\frac{b}{2a+\cdots}}.

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