Autor Tema: Resolución ejercicio 4 a)

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26 Abril, 2018, 02:09 pm
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Ian Bounos

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\( x_{n+1} = 1/2(x_n + \displaystyle\frac{\alpha}{x_n})  \)
con \(   x_1>\sqrt(\alpha)  \) y \(  \alpha >0  \).

Veremos primero que la sucesión está acotada inferiormente por \(  \sqrt(\alpha)  \). Es decir, que \(  \forall{n} \; x_n> \sqrt(\alpha)   \).
Lo veremos por inducción:

Para el caso base es inmediato por hipotesis, porque  \(   x_1>\sqrt(\alpha)  \).

para el paso inductivo, suponemos que vale para n y vemos que vale para n+1:

basta con ver que la  resta \(  x_{n+1} - \sqrt{\alpha}  \) es mayor o igual a cero:
 
pero consideremos la función \(  f(x) = 1/2 (x+\alpha/x)  \), cuya derivada es  \(  f'(x) = 1/2(1-\displaystyle\frac{\alpha}{x^2})  \). si la evaluamos en \(  x> \sqrt{\alpha}  \), su derivada es negativa allí y cero cuando \(  x= \sqrt{\alpha} \). esto implica que \(  f(x) > f(\sqrt{\alpha}) \) (es decir, la función es creciente)

\(  x_{n+1} - \sqrt{\alpha}= 1/2 (x_n + \displaystyle\frac{\alpha}{x_n})- \sqrt{\alpha} = f(x_n)-\sqrt{\alpha} > f(\alpha)-\sqrt{\alpha}= 0  \). Esto es lo que queríamos ver.

Ya probamos el otro día que la sucesión es decreciente (usando las dos cotas)

Como es decreciente y esta acotada inferiormente, sabemos que tiende a un límite \(  L  \)
este límite ha de cumplir :

\( L =  \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{x_n} =\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{x_{n+1}} =  \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty} {1/2(x_n+\alpha/x_n)} = 1/2(L+\alpha/L)  \)
pasando el \(  1/2 L  \) restando
obtenemos \( 1/2 L = \alpha/(2L)  \)
esto implica que \(  L^2 = \alpha  \)
por lo tanto el límite no ha de ser otro que \(  \sqrt{\alpha}  \)

26 Abril, 2018, 02:40 pm
Respuesta #1

Abdulai

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Una variante es analizar la expresión exacta del término enésimo.

\( x_{n+1} = \frac{1}{2}\left(x_n + \displaystyle\frac{\alpha}{x_n}\right) \;\;\longrightarrow\;\; \dfrac{x_{n+1}}{\sqrt\alpha} = \frac{1}{2}\left(\dfrac{x_n}{\sqrt\alpha} + \dfrac{\sqrt\alpha}{x_n}\right) \)

Eso es igual a la identidad  \( \coth(2\theta) = \frac{1}{2}\left( \coth\theta+\dfrac{1}{\coth\theta}\right) \)

\( \therefore\quad x_{n} = \sqrt\alpha\,\coth(2^n\,\theta_0)\quad;\quad \coth\theta_0 = \dfrac{x_0}{\sqrt\alpha} \)

26 Abril, 2018, 07:59 pm
Respuesta #2

Juan Pablo Sancho

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Como \(  t + \dfrac{1}{t} \geq 2  \) para \(  t > 0  \) usamos esto:

Una variante es analizar la expresión exacta del término enésimo.

\( x_{n+1} = \frac{1}{2}\left(x_n + \displaystyle\frac{\alpha}{x_n}\right) \;\;\longrightarrow\;\; \dfrac{x_{n+1}}{\sqrt\alpha} = \frac{1}{2}\left(\dfrac{x_n}{\sqrt\alpha} + \dfrac{\sqrt\alpha}{x_n}\right) \)



Entonces \( \displaystyle \dfrac{x_{n+1}}{\sqrt{\alpha}} = \dfrac{1}{2} \cdot (\dfrac{x_n}{\sqrt{\alpha}} + \dfrac{\sqrt{\alpha}}{x_n}) \geq \dfrac{1}{2} \cdot 2  \) entonces:

\(   \dfrac{x_{n+1}}{\sqrt{\alpha}} \geq 1  \)

También :

\(  x_{n+1} = \dfrac{1}{2} \cdot (x_n + \dfrac{\alpha}{x_n}) \leq \dfrac{1}{2} \cdot (x_n + x_n)  \)

Spoiler

\(  t + \dfrac{1}{t} \triangle 2  \) multiplico por \( t > 0  \)

\(  t^2 + 1\  \triangle \ 2 \cdot t  \)

\(  (t-1)^2  \ \triangle \ 0  \)

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26 Abril, 2018, 10:18 pm
Respuesta #3

Ian Bounos

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Una variante es analizar la expresión exacta del término enésimo.

\( x_{n+1} = \frac{1}{2}\left(x_n + \displaystyle\frac{\alpha}{x_n}\right) \;\;\longrightarrow\;\; \dfrac{x_{n+1}}{\sqrt\alpha} = \frac{1}{2}\left(\dfrac{x_n}{\sqrt\alpha} + \dfrac{\sqrt\alpha}{x_n}\right) \)

Eso es igual a la identidad  \( \coth(2\theta) = \frac{1}{2}\left( \coth\theta+\dfrac{1}{\coth\theta}\right) \)

\( \therefore\quad x_{n} = \sqrt\alpha\,\coth(2^n\,\theta_0)\quad;\quad \coth\theta_0 = \dfrac{x_0}{\sqrt\alpha} \)

Muchas gracias! justamente habíamos hablado acerca de si era posible encontrar la expresión exacta, pero no sabía la respuesta