3. Zadatak

a) Promotrimo nejednakost $x_1>x_0$. Ona je ekvivalentna s $$\sqrt{1+\alpha}>\alpha\iff\alpha^2-\alpha-1<0.$$ Budući je $\alpha$ pozitivan, nejednakost će biti zadovoljena ako je $$0<\alpha<\frac{1+\sqrt5}2.$$ Ako je $\alpha$ pozitivan broj manji od $\frac{1+\sqrt5}2$, onda vrijedi $x_1>x_0$ pa je $$1+x_1>1+x_0\implies\sqrt{1+x_1}>\sqrt{1+x_0}\implies x_2>x_1.$$ Sad zaključujemo da je u ovom slučaju niz $(x_n)$ rastući. Pokažimo da je on omeđen. Za gornju među možemo uzeti bilo koji broj koji nije manji od $\frac{1+\sqrt5}2$. Na primjer, dokažimo da je gornja međa broj $2$. Vrijedi $$x_0=\alpha<\frac{1+\sqrt5}2<2,$$ $$x_1=\sqrt{1+x_0}<\sqrt{1+2}=\sqrt3<2,$$ i svaki sljedeći član je manji od $2$. Dokazujemo matematičkom indukcijom: $$x_{n+1}=\sqrt{1+x_n}<\sqrt{1+2}=\sqrt3<2.$$ Niz koji je rastući i omeđen ima limes. Označimo taj limes s $L$. $$x_{n+1}=\sqrt{1+x_n}\implies L=\sqrt{1+L}$$ i odavde je $L=\frac{1+\sqrt5}2$.

Na potpuno isti način dokazujemo konvergenciju ako je $\alpha>\frac{1+\sqrt5}2$. Tada je $x_1<x_0$, pa je onda $$x_2=\sqrt{1+x_1}<\sqrt{1+x_0}=x_1$$ i indukcijom zaključujemo da je niz padajući. On je omeđen odozdo, recimo konstantom $1$, jer mu je svaki član očigledno veći od $1$. I u ovom slučaju dobivamo isti limes.

b) Niz će biti konstantan ako je $x_1=x_0$, a to vrijedi za $\alpha=\frac{1+\sqrt5}2$.