Olimpíadas ⇒ França 1992 (Sequências) Tópico resolvido

[maths123]

Dado [tex3]u_0, \ u_1[/tex3]

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[tex3]u_0, \ u_1[/tex3]

com [tex3]0 < u_0, \ u_1<1[/tex3]

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[tex3]0 < u_0, \ u_1<1[/tex3]

, defina a sequência [tex3](u_n)[/tex3]

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[tex3](u_n)[/tex3]

recorrente pela fórmula:
[tex3]u_{n+2}=\frac{1}{2}\(\sqrt{u_{n+1}}+\sqrt{u_n}\)[/tex3]

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[tex3]u_{n+2}=\frac{1}{2}\(\sqrt{u_{n+1}}+\sqrt{u_n}\)[/tex3]

I) Prove que a sequência [tex3](u_n)[/tex3]

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[tex3](u_n)[/tex3]

é convergente e encontre seu limite.
II) Prove que, a partir de algum índice [tex3]n_0[/tex3]

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[tex3]n_0[/tex3]

, a sequência [tex3](u_n)[/tex3]

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[tex3](u_n)[/tex3]

é monótona.

[LPavaNNN]

como ambos valores u0 e u1 estão entre 0 e 1, então:

teriamos que : [tex3]\sqrt{u_0}+\sqrt{u_1}<2 \rightarrow \frac{\sqrt{u_0}+\sqrt{u_1}}{2}<1 [/tex3]

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[tex3]\sqrt{u_0}+\sqrt{u_1}<2 \rightarrow \frac{\sqrt{u_0}+\sqrt{u_1}}{2}<1 [/tex3]

logo [tex3]0< u_2< 1[/tex3]

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[tex3]0< u_2< 1[/tex3]

pelo mesmo motivo, todos os números da sequência serão maiores do que 0 e menores do que 1. Portanto limitada, se provarmos quea partir de algum momento ela é monótoma, é suficiente para mostrar que a sequência é convergente.

supondo que a partir de certo ponto a série seja estritamente crescente:

[tex3]u_{n+2}=\frac{\sqrt{u_n}+\sqrt{u_{n+1}}}{2};u_{n+2}> u_{n+1}>u_n\\u_{n+2}<\frac{\sqrt{u_{n+1}}+\sqrt{u_{n+1}}}{2}\\u_{n+2}<\sqrt{u_{n+1}}[/tex3]

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[tex3]u_{n+2}=\frac{\sqrt{u_n}+\sqrt{u_{n+1}}}{2};u_{n+2}> u_{n+1}>u_n\\u_{n+2}<\frac{\sqrt{u_{n+1}}+\sqrt{u_{n+1}}}{2}\\u_{n+2}<\sqrt{u_{n+1}}[/tex3]

Assim : [tex3]u_{n+3}=\frac{\sqrt{u_{n+1}}+\sqrt{u_{n+2}}}{2};\sqrt{u_{n+1}}> u_{n+2};\sqrt{u_{n+2}}>u_{n+2}\\\sqrt{u_{n+1}}+\sqrt{u_{n+2}}>2u_{n+2}\rightarrow u_{n+3}>u_{n+2}[/tex3]

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[tex3]u_{n+3}=\frac{\sqrt{u_{n+1}}+\sqrt{u_{n+2}}}{2};\sqrt{u_{n+1}}> u_{n+2};\sqrt{u_{n+2}}>u_{n+2}\\\sqrt{u_{n+1}}+\sqrt{u_{n+2}}>2u_{n+2}\rightarrow u_{n+3}>u_{n+2}[/tex3]

por indução, a partir de um certo ponto a série é crescente.

Sendo a série estritamente crescente a partirde um ponto, e monótoma limitada superiormente, então ela é convergente, a partir dessa a afirmação temos que :

[tex3]\lim_{n \rightarrow \infty} a_n=\lim_{n \rightarrow \infty} a_{n+1}=\lim_{n \rightarrow \infty} a_{n+2}=L\\L=\frac{1}{2}2.\sqrt{L}\\\sqrt L(\sqrt L-1)=0\\L=1[/tex3]

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[tex3]\lim_{n \rightarrow \infty} a_n=\lim_{n \rightarrow \infty} a_{n+1}=\lim_{n \rightarrow \infty} a_{n+2}=L\\L=\frac{1}{2}2.\sqrt{L}\\\sqrt L(\sqrt L-1)=0\\L=1[/tex3]

pois, se [tex3]\lim_{n \rightarrow \infty} a_n=L\\entao\\\exists N\in \mathbb{Z} |,tal que, |a_n-L|<\epsilon,\forall \epsilon> 0;n>N[/tex3]

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[tex3]\lim_{n \rightarrow \infty} a_n=L\\entao\\\exists N\in \mathbb{Z} |,tal que, |a_n-L|<\epsilon,\forall \epsilon> 0;n>N[/tex3]

Como estamos cientes que é convergente, estamos cientes que essa definição anterior e verdadeira para esse caso, então, para a_n+1:

[tex3]|a_{n+1}-L|<\epsilon;n+1>N,n>N-1[/tex3]

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[tex3]|a_{n+1}-L|<\epsilon;n+1>N,n>N-1[/tex3]

Como o N existia para a condição anterior, naturalmente existe para essa, visto que n+1>N

ASSIM, substituindo na fórmula:

[tex3]2L=2\sqrt{L}\\\sqrt{L}(\sqrt{L}-1)=0\\L=1[/tex3]

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[tex3]2L=2\sqrt{L}\\\sqrt{L}(\sqrt{L}-1)=0\\L=1[/tex3]