Estudiamos la convergencia de una familia de sucesiones recurrentes.
- Si $a=3$ y $b=9$, estudiar razonadamente si la sucesión $(x_n)$ es convergente y en su caso, hallar el límite.
- Comprobar que para $a,b$ fijos mayores que cero, la sucesión $(x_n)$ está acotada inferiormente por por $+\sqrt{b}.$
- 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).
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:
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:
- 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 $3$.
- 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. - 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 $\lim x_n=+\sqrt{b}.$
Solución