Λύση

Με επαγωγή δείχνουμε ότι

$$0 < a_n < 1, \;\forall \; n\in \mathbb N.$$

Πράγματι για $n = 1$ ισχύει από την υπόθεση. Έστω ότι ισχύει για $n$, θα δείξουμε ότι ισχύει για $n+1.$ 'Εχουμε

$$\begin{eqnarray*} 0 < a_{n+1} < 1 &\Leftrightarrow & 0 < 1 - \sqrt {1 - a_n} < 1... ...& \Leftrightarrow & 0 < 1 - a_n < 1 \Leftrightarrow 0 < a_n < 1, \end{eqnarray*}$$

που ισχύει από την υπόθεση της επαγωγής. Επίσης λόγω της ανισότητας $a_n < 1, \; n\in \mathbb N,$ έχουμε ότι η ακολουθία είναι καλώς ορισμένη, δηλαδή η ποσότητα $\sqrt {1 - a_n}$ που υπάρχει στον αναδρομικό τύπο ορίζεται για καθε $n \in \mathbb N$.

Στη συνέχεια θα δείξουμε επαγωγικά ότι η ακολουθία είναι φθίνουσα. 'Εχουμε

$$\begin{eqnarray*} a_{2} = 1 - \sqrt {1 - a_1} < a_1 &\Leftrightarrow & 1 - a_1 <... ...- a_1, \; ( 0 < a_1 < 1) \\ &\Leftrightarrow & 0 < a_1(1 - a_1) \end{eqnarray*}$$

που ισχύει λόγω της υπόθεσης.

'Εστω $a_{n+1} < a_n$, θα δείξουμε ότι $a_{n+2} < a_{n+1}$. Πράγματι

$$\begin{eqnarray*} a_{n+2} < a_{n+1} &\Leftrightarrow& 1 - \sqrt {1 - a_{n+1}} < ... ...&1 - a_{n+1} > 1 - a_{n} \\ & \Leftrightarrow & a_{n+1} <a_{n}, \end{eqnarray*}$$

που ισχύει λόγω της υπόθεσης της επαγωγής. 'Αρα η ακολουθία είναι φθίνουσα και φραγμένη, οπότε συγκλίνει έστω στο $a$. Από τον αναδρομικό τύπο έχουμε

$$\lim\limits_{n \to \infty} a_{n+1} = \lim\limits_{n \to \inft... ... a = 1 - \sqrt {1 - a} \Leftrightarrow a = 1\; \hbox{ή}\; a= 0.$$

Η τιμή $a = 1$ απορρίπτεται αφού η ακολουθία είναι φθίνουσα και $0 < a_1 < 1.$ Η δεύτερη γίνεται δεκτή και άρα

$$\lim\limits_{n \to \infty} a_{n} = 0.$$

Στη συνέχεια θα υπολογίσουμε το όριο $$\lim\limits_{n \to \infty} {a_{n+1} \over a_n},\; a_n >0.$$ 'Εχουμε

$$\begin{eqnarray*} {a_{n+1} \over a_n} &=& \frac{1 - \sqrt {1 - a_n}}{a_n} = \fra... ... {a_n (1 + \sqrt {1 - a_n})} = \frac{ 1} { 1 + \sqrt {1 - a_n}} \end{eqnarray*}$$

και άρα, επειδή $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = 0$ έχουμε

$$\lim\limits_{n \to \infty} {a_{n+1} \over a_n} = \frac{1}{2}.$$

'Ασκηση 14 Υπόδειξη