Ejercicios resueltos. (Carothers). Ampliación. (6)

En la entrada (5) de los ejercicios resueltos de Carothers veíamos en el ejercicio 10 una sucesión de la forma:

a_{n+1} = \sqrt{2 a_n}, \quad a_1 = \sqrt{2},

cuyo desarrollo más informal sería

a_{n} = \sqrt{2 \sqrt{ 2\sqrt {2 \ldots}}}, n veces.

Vamos a generalizar estas sucesiones recurrentes en dos variantes:

a_{1} = c >0, a_{n+1} = \sqrt{c a_{n}}, n \geq 2,

b_{1} = \sqrt{c}, c>0, b_{n+1} = \sqrt{c+b_{n}}n \geq 2.

Demostraremos que ambos tipos convergen y hallaremos sus límites.  En el primer caso el proceso es análogo al expuesto en el problema 10. En efecto, sabemos que a_1=c \leq c, probaremos por inducción que a_n \leq c para todo n. Sea cierto que a_{n-1} \leq c, para n>1  entonces

\sqrt{a_{n-1}} \leq \sqrt{c},

de donde

a_{n} = \sqrt{c a_{n-1}} \leq \sqrt{c c} = c.

El carácter creciente de a_n es también inmediato. Pues si a_n \leq c, para todo n, entonces

\sqrt{a_{n}} \leq \sqrt{c},

a_n = \sqrt{a_n} \sqrt{a_n} \leq \sqrt{a_n} \sqrt{c} = \sqrt{c a_n} = a_{n+1}.

Si \lim_n a_n = l, entonces de

\lim_n a_{n+1} = \lim_n \sqrt{c a_n},

concluimos que l = \sqrt{c l}, es decir, l^2 = c \cdot l y l =c.

El siguiente tipo resulta más interesante. La expresión de la recurrencia es

b_1 = \sqrt{c}, b_{n+1} = \sqrt{c+b_n},

lo que nos permite escribir

b_{n+1}^{2} = c+b_{n},

b_{n+1}^{2} -b_{n} -c = 0.

Esta ecuación nos va a servir de “guía” para resolver el problema. Escribimos

b_{n}^{2}-b_n-c=0,

donde no tenemos dos variables sino sólo una (b_n). Las soluciones de esta ecuación son

r =\frac{1+\sqrt{1+4c}}{2}, r' =\frac{1-\sqrt{1+4c}}{2}.

Como c>0, la solución r es positiva y r' es negativa. Dibujamos ahora una parábola correspondiente a la gráfica de y = x^2-x-c para servirnos de guía (hemos puesto c=4,5 pero cualquier otro valor positivo nos sirve).

parabola10bis

Si suponemos que 0 \leq b_n <r, entonces 

b_{n}^{2}-b_n-c <0

pues los valores de y en la parábola serían negativos. Esto quiere decir que

b_{n}^{2} < b_{n}+c,   b_{n} < \sqrt {c+b_n} = b_{n+1}.

Es decir, la sucesión es creciente. Pero, ¿será también b_{n+1} <r.  Si suponemos lo contrario tenemos que b_{n+1} \geq r, lo que haría que

b_{n+1}^2 -b_{n+1}-c \geq 0

Es decir,

b_{n+1}^2 \geq b_{n+1}+c > b_{n}+c, b_{n+1} > \sqrt{c+b_n}=b_{n+1}.

Pero esto es absurdo por lo que concluimos que si para algún b_n es b_n<r, entonces la sucesión es monótona creciente y está acotada superiormente por r. Análogamente se puede probar que si para algún b_n es b_n>r, entonces la sucesión es monótona decreciente y está acotada inferiormente por r. Por definición era b_1= \sqrt{c}, de donde b_1 <r como podemos comprobar:

\sqrt{c} < \frac{1+\sqrt{1+4c}}{2},

2 \sqrt{c} -1 < \sqrt{1+4c},

4c -4 \sqrt{c}+1 < 1+4c,

-4\sqrt{c} <0.

Así pues, la sucesión será creciente y acotada superiormente y su límite vale precisamente

\lim_n b_n = \frac{1+\sqrt{1+4c}}{2}.

Veamos ahora otra forma de demostrar la acotación de la sucesión del ejercicio 11. Usaremos  la desigualdad entre las medias aritméticas y geométricas. Recordemos que esta desigualdad nos dice que si x_1, x_2, \ldots, x_n son n números positivos, entonces

\frac{\sum_{i=1}^{n} x_i}{n} \geq \sqrt[n]{x_1 \cdot x_2 \cdots x_n}.

Como la sucesión era

x_{n+1} = \frac{1}{2} (x_{n}+\frac{a}{x_n}),

siendo a>0 y también x_1 > \sqrt{a}, podemos escribir

\frac{x_n + \frac{a}{x_n}}{2} \geq \sqrt{ x_n \frac{a}{x_n}} = \sqrt{a},

lo que prueba que todo término de la sucesión es mayor o igual que \sqrt{a}.

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