Dejemos que $x_{n+1} = \frac{1}{2}(x_n + \frac{a}{x_n})$ . Demostrar que $x_{n+1} < x_{n}$

Question

Dejemos que $$x_{n+1} = \frac{1}{2}(x_{n} + \frac{a}{x_{n}})$$

Demostrar que $x_{n+1} < x_{n}$ para $a \geq 0$ .

Pista: Que la conjetura inicial satisfaga $x_{1} > \sqrt{a}$

Estoy atascado en cómo empezar esto. Me gustaría utilizar una prueba de inducción, pero no hay una forma sencilla de relacionar el caso base y empezar. Es decir, ni siquiera puedo establecer: $$x_{2} < x_{1}$$

¿Cómo lo haría, ya que no hay un término inicial determinado? ¿O es un error y debería haber un término inicial?

Answer 1

Una pista: $$x_n- x_{n+1}=x_n-\frac{1}{2}\left(x_n+\frac{a}{x_n}\right)=\frac{1}{2} \frac{x_n^2-a}{x_n} \geq 0$$ desde $x_n^2 \geq a$ (?)

Answer 2

Lema: $x_n>\sqrt{a}$ para todos $n\ge 1$ .

Prueba: La prueba es por inducción. Supongamos que $x_n>\sqrt{a}$ . Divding $a$ por ambas partes, se obtiene $\frac{a}{x_n}<\sqrt{a}$ . Combinando estos, se obtiene $x_n>\frac a{x_n}$ Así que $\sqrt{x_n}>\sqrt{\frac a{x_n}}$ Así que $$ \left(\sqrt{x_n}-\sqrt{\frac a{x_n}}\right)^2>0 $$ Esto se reordena a $$ \frac12\left(x_n+\frac{a}{x_n}\right)>\sqrt{a} $$ que es exactamente $x_{n+1}>\sqrt{a}$ . $\hspace{.2cm}\square$

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Ahora sabemos $x_n>\sqrt{a}$ para todos $n$ que, como antes, implica $x_n>\frac{a}{x_n}$ . Concluya con $$ x_{n}=\frac12 x_n+\frac12 x_n> \frac12 x_n+\frac12\cdot \frac{a}{x_{n}}=x_{n+1} $$

Answer 3

Supongo que $a>0$ . Consideremos ahora la función $f(x)=\frac12\left(x+\frac{a}{x}\right)$ para $x>\sqrt{a}$ . Tome la derivada y demuestre que la derivada es positiva y luego deduzca que la función es creciente. Después de eso inicie una inducción. Si $x_n>x_{n+1}$ entonces $f(x_n)>f(...$

Answer 4

Seno x1 > a, es un valor positivo, entonces tendremos para x2:

$$x2 = \frac{1}{2}(x1 + \frac{a}{x1}) = \frac{1}{2}\frac{(x1^2+a)}{x1}$$

Ahora para compararlas tenemos:

$$\frac{1}{2}\frac{(x1^2+a)}{x1}$$

VS $$x1$$

Como x1 es al menos a, lo sustituimos en las fórmulas:

$$\frac{1}{2}\frac{(a^++a)}{a^+}$$

VS $$a^+$$

Multiplicando por 2a^+ nos da:

$$(a^++a)$$

VS $$2a^+$$

Obviamente, el segundo lado, x1 es mayor que x2.

Para el resto, es posible que tenga que utilizar el método de la inducción.

Answer 5

$x_{n+1} = \frac{1}{2}(x_{n} + \frac{a}{x_{n}}) $ así que $x_{n+1}^2 = \frac14(x_{n}^2+2a + \frac{a^2}{x_{n}^2}) $ así que $x_{n+1}^2-a = \frac14(x_{n}^2+2a + \frac{a^2}{x_{n}^2})-a = \frac14(x_{n}^2-2a + \frac{a^2}{x_{n}^2}) = \frac14(x_{n}-\frac{a}{x_{n}})^2 $ .

Por lo tanto, $x_{n+1}^2 \ge a $ .

Ahora podemos comparar $x_{n+1}$ y $x_m$ .

$x_{n+1}^2-x_n^2 = \frac14(-3x_{n}^2+2a + \frac{a^2}{x_{n}^2}) = -\frac14(3x_{n}^2-2a - \frac{a^2}{x_{n}^2}) $ . Desde, para $n \ge 2$ , $x_n^2 \ge a$ , $\frac{a^2}{x_{n}^2} \le a$ así que $2a + \frac{a^2}{x_{n}^2} \le 3a \le 3x_n^2 $ así que $3x_{n}^2-2a - \frac{a^2}{x_{n}^2} \ge 0 $ así que $x_{n+1}^2-x_n^2 \le 0 $ así que $x_{n+1} \le x_n$ .