15 Material en revisión: Una sucesión que converge a $(\sqrt{2}, \sqrt{2})$

Recordemos el método de los babilonios para calcular la raíz cuadrada de un número $A$ .

Construir una sucesión.

Dar una primera pareja de números $(x_{0}, y_{0})$ tal que $A = x_{0} y_{0}$ sea el área de un rectángulo de base $x_{0}$ y altura $y_{0}$ .

Dada $(x_{n}, y_{n})$ construir $(x_{n + 1}, y_{n + 1})$ como sigue: $x_{n + 1} = \frac{x_{n} + y_{n}}{2} y_{n + 1} = \frac{A}{x_{n + 1}}$

$A = x_{n + 1} y_{n + 1}$ queda garantizado por elegir $y_{n} = \frac{A}{x_{n + 1}}$ , y $x_{n + 1}$ es el promedio de $x_{n}$ y $y_{n}$ por eso con el rectángulo inicial va quedando «más cuadrado», por lo que luego de varios pasos $A = L^{2}$ .

Sea $A = 2$ un rectángulo donde $x_{1} = 2$ y $y_{1} = 1$ .

Luego, $y_{n + 1} = \frac{2}{x_{n} + 1} ⟺ y_{n + 1} = \frac{2}{\frac{x_{n} + y_{n}}{2}} ⟺ y_{n + 1} = \frac{4}{x_{n} + y_{n}}$

De esta manera, definimos $(x_{n + 1}, y_{n + 1}) := f (x_{n}, y_{n})$ donde $x_{n + 1} = \frac{x_{n} + y_{n}}{2}$ y $y_{n + 1} = \frac{4}{x_{n} + y_{n}}$ .

Afirmación: la sucesión ${(x_{n}, y_{n})}$ converge a $(\sqrt{2}, \sqrt{2}) ⟺ las sucesiones$ ${x_{n}} ⟶ \sqrt{2}$ ${y_{n}} ⟶ \sqrt{2}$

Observemos que podemos expresar $x_{n + 1}$ en términos de $x_{n}$ como sigue:

$x_{n + 1} = \frac{x_{n} + y_{n}}{2}$ pero $y_{n} = \frac{2}{x_{n}}$ entonces $x_{n + 1} = \frac{x_{n} + \frac{2}{x_{n}}}{2}$ $x_{n + 1} = \frac{1}{2} (x_{n} + \frac{2}{x_{n}})$ $x_{n + 1} = f (x_{n})$

Tomando límites llegamos a la ecuación $L = f (L)$

Es decir, tenemos que $L = \frac{1}{2} (L + \frac{2}{L})$ $2 L = L + \frac{2}{L} ⟹ L = \frac{2}{L} ⟹ L^{2} = 2$ $∴ L = \sqrt{2}$

Ahora vamos a argumentar porque la sucesión de ${x_{n}}$ converge. $f (x) = \frac{1}{2} (x + \frac{2}{x}) = \frac{1}{2} x + \frac{1}{x}$

Lema: si tenemos una sucesión ${x_{n}}$ definida por un término inicial $x_{0}$ y una fórmula de recurrencia $x_{n + 1} = f (x)$ los puntos de la forma $(x_{n}, f (x_{n}))$ los puedo determinar dibujando una escalera usando la gráfica de $y = f (x)$ y la gráfica $y = x$ .

Sea $f (x) = \frac{1}{2} (x + \frac{2}{x})$ y $x_{n + 1} = f (x_{n})$ .

Afirmación:

Si $x_{n} > \sqrt{2} entonces f (x_{n}) > \sqrt{2} .$
Si $x_{n} > \sqrt{2} entonces f (x_{n}) < x_{n} en consecuencia x_{n + 1} < x_{n}$

Consideremos la imagen de $(\sqrt{2}, \infty)$ bajo la función $f (x) = (x + \frac{2}{x})$ .

¿Es $f (x)$ creciente en $(\sqrt{2}, \infty)$ ? Si.

Basta ver que $f^{'} (x) > 0 \forall x \in (\sqrt{2}, \infty)$ $f (\sqrt{2}) = \sqrt{2}$ $f^{'} (x) = \frac{1}{2} (1 - \frac{2}{x^{2}})$ $x > \sqrt{2} ⟺ x^{2} > 2 ⟺ 1 > \frac{2}{x^{2}} ⟺ 1 - \frac{2}{x^{2}} > 0$

Por lo que queda probada la afirmación 1.

Si $x_{n} > \sqrt{2}$ entonces ${x_{n}}^{2} > 2$

${x_{n}}^{2} + {x_{n}}^{2} > 2 + {x_{n}}^{2}$ $2 {x_{n}}^{2} > 2 + {x_{n}}^{2}$ $x_{n} > \frac{2 + {x_{n}}^{2}}{2}$ $x_{n} > \frac{2 + {x_{n}}^{2}}{2 x_{n}} = \frac{1}{2} (\frac{2}{x_{n}} + \frac{{x_{n}}^{2}}{x_{n}}) = \frac{1}{2} (\frac{2}{x_{n}} + x_{n}) = f (x_{n}) = x_{n + 1}$

$x_{n} > \sqrt{2} \Rightarrow x_{n + 1} < x_{n}$

Hemos visto que ${x_{n}}$ es acotada y decreciente. Ahora podemos concluir que ${x_{n}} ⟶ \sqrt{2}$ .

Por otra parte $y_{n} = \frac{2}{x_{n}} ⟶ \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$ entonces ${y_{n}} ⟶ \sqrt{2}$ $∴ {(x_{n}, y_{n})} ⟶ (\sqrt{2}, \sqrt{2})_{}$

En el siguiente enlace, puedes ver una animación tanto de la sucesión de puntos, como de la sucesión de «cuadrados».

https://www.geogebra.org/classic/tcxk2zdh

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