Familia de sucesiones recurrentes

Enunciado
Se consideran las sucesiones de números reales $(x_n)$ de la forma
$$x_0=a\;,\;x_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(x_n+\dfrac{b}{x_n}\right)\quad (a>0,\;b>0).$$ Se pide:
$(a)$ Si  $a=3$  y  $b=9$, estudiar razonadamente si la sucesión  $(x_n)$  es convergente y en su caso, hallar el límite.
$(b)$  Comprobar que para  $a,b$  fijos mayores que cero, la sucesión  $(x_n)$  está acotada inferiormente por por  $+\sqrt{b}.$
$(c)$  Comprobar que para  $a,b$  fijos mayores que cero, la sucesión  $(x_n)$  es convergente. Hallar su límite.

(Propuesto en examen, Cálculo, ETS de Ing. de Montes, UPM).

Solución
$(a)$  Para  $a=3,b=9$  tenemos $$x_0=3,\;x_1=\dfrac{1}{2}\left(3+\dfrac{9}{3}\right)=3,\;x_2=\dfrac{1}{2}\left(3+\dfrac{9}{3}\right)=3.$$ lo cual permite conjeturar que  $x_n=3$  para todo  $n\geq 0$  natural. Demostremos por inducción que la conjetura es cierta.  Es cierta para  $n=0$  por la propia construcción de la sucesión. Supongamos que es cierta para $n$, entonces $$x_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(x_n+\dfrac{9}{x_n}\right)=\dfrac{1}{2}\left(3+\dfrac{9}{3}\right)=3.$$ es decir, también es cierta para  $n+1$. Concluimos pues que  $(x_n)=(3)$, y por tanto la sucesión es convergente con límite  $3$.

$(b)$ Si  $x_n>0$  entonces,  $x_n\geq +\sqrt{b}\Leftrightarrow x_n^2\geq b.$  Demostremos que  $x_n>0$  para todo  $n\geq 0.$ Efectivamente  $x_0=a>0$  por hipótesis. Supongamos que  $x_n>0$, entonces  $x_{n+1}=(1/2)(x_n+b/x_n)$  es el producto de dos números positivos y por tanto positivo.
Veamos ahora que para todo  $n\geq 0$  se verifica  $x_{n+1}^2\geq b.$ Efectivamente $$x_{n+1}^2=\dfrac{1}{4}\left(x_n^2+\dfrac{b^2}{x_n^2}+2b\right)=\dfrac{x_n^4+b^2+2bx_n^2}{4x_n^2}.$$ Entonces $$x_{n+1}^2\geq b \Leftrightarrow \dfrac{x_n^4+b^2+2bx_n^2}{4x_n^2}\geq b \Leftrightarrow x_n^4+b^2+2bx_n^2\geq 4bx_n^2 \\ \Leftrightarrow x_n^4+b^2-2bx_n^2\geq 0 \Leftrightarrow (x_n^2-b)^2\geq 0,$$ igualdad esta última que es trivialmente cierta. Hemos demostrado pues que para todo  $n\geq 1$  se verifica  $x_n\geq +\sqrt{b}.$ Por supuesto que el término  $x_0=a$  podría no cumplir la relación anterior.

$(c)$  Tenemos $$x_{n+1}\leq x_n \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\left(x_n+\dfrac{b}{x_n}\right)\leq x_n \Leftrightarrow \dfrac{x_n^2+b}{2x_n}\leq x_n \\ \Leftrightarrow x_n^2+b\leq 2x_n^2 \Leftrightarrow -x_n^2+b\leq 0 \Leftrightarrow b\leq x_n^2, $$ y esta última desigualdad ya la habíamos demostrado en el apartado (b)  para todo  $n\geq 1.$ Observemos que  $x_0=a$  queda excluido, lo cual es irrelevante para la existencia de límite. Tenemos una sucesión  $x_1,x_2,\ldots$  monótona decreciente y acotada inferiormente y por tanto, convergente. Llamemos  $L$  a su límite. Tomando límites en la igualdad $$x_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(x_n+\dfrac{b}{x_n}\right).$$ Obtenemos  $L=(1/2)(L+b/L)$  o equivalentemente  $L^2=b$. Entonces,  $L=+\sqrt{b}$  o  $L=-\sqrt{b}$. Ahora bien, como  $x_n>0$  para todo  $n$  se deduce que $\lim x_n=+\sqrt{b}.$

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