Dado $x_1 := \sqrt{2}$ y $x_{n+1} :=\sqrt{2x_n} $ , demuestre que $\sqrt{2} ≤ x_n ≤ 2$

Question

Dejemos que $x_1 := \sqrt{2}$ y $x_{n+1} :=\sqrt{2x_n} $ para todos $n \in \mathbb{N}$ .

Utilizando la prueba por inducción:

(i) Demuestre que $\sqrt{2} ≤ x_n ≤ 2$ para todos $n \in \mathbb{N}$ .

(ii) Demostrar que $x_n ≤ x_{n+1}$ para todos $n \in \mathbb{N}$ .

Para (i)

Probemos el caso base, para $n=1$ tenemos que $\sqrt{2} \leq x_1\leq 2$ lo cual es claramente cierto por $x_1=\sqrt{2}$

Ahora suponemos que es cierto para $n=k$ $\Longrightarrow$ $\sqrt{2}\leq x_k\leq2$ y estamos obligados a demostrar $\sqrt{2}\leq x_{k+1} \leq 2$ .

De nuestra hipótesis : $\sqrt{2}\leq x_k\leq2$ sin embargo sabemos que $x_{k+1} =\sqrt{2x_k}\Longrightarrow x_k = \frac{(x_{k+1})^2}{2}$ por lo que tenemos $\sqrt{2}\leq \frac{(x_{k+1})^2}{2}\leq2 \Leftrightarrow \sqrt{2\sqrt{2}}\leq x_{k+1} \leq 2$ .

¿Cómo debo proceder?

Answer 1

Tenga en cuenta que $\sqrt{2} \leq \sqrt{2\sqrt{2}}\leq x_{k+1} \leq 2$ por lo que, de forma más general, podemos decir que $\sqrt{2} \leq x_{k+1} \leq 2$ porque si $\sqrt{2} \leq \sqrt{2\sqrt{2}}$ y $\sqrt{2\sqrt{2}}\leq x_{k+1}$ , entonces por transitividad del ordenamiento parcial, $\sqrt{2} \le x_{k+1}$ (¿Qué pasó con los números entre $\sqrt{2}$ y $\sqrt{2\sqrt{2}}$ ? Bueno, creo que podemos hacer esta generalización porque en esta secuencia, no hay ningún número entre ellos. Este es el resultado de la segunda parte).

Answer 2

Desde

$$\sqrt2<x_n<2$$ se puede deducir

$$\sqrt{2\sqrt2}<\sqrt{2x_n}<2$$

y obviamente

$$\sqrt{2}<\sqrt{2x_n}<2,$$ que no es más que

$$\sqrt{2}<x_{n+1}<2.$$

Answer 3

Pistas:

• $\;\displaystyle \frac{x_{n+1}}{2}=\sqrt{\frac{x_{n}}{2}}\,$ Así que $\;\displaystyle \frac{x_{n+1}}{2} \le 1 \;\iff\; \frac{x_{n}}{2} \le 1 \;\iff\; \cdots \;\iff\; \frac{x_1}{2} \le 1\,$

• $\;\displaystyle \frac{x_{n+1}}{x_n}=\sqrt{\frac{x_{n}}{x_{n-1}}}\,$ Así que $\;\displaystyle \frac{x_{n+1}}{x_n} \ge 1 \;\iff\; \frac{x_{n}}{x_{n-1}} \ge 1 \;\iff\; \cdots \;\iff\; \frac{x_2}{x_1} \ge 1\,$

Answer 4

Dejemos que $f(x) = \sqrt{2x}$ y observe que si $x \in [0,2]$ tenemos $x \le f(x) \le 2$ .

Para ver esto, observe que para $y \in [0,1]$ tenemos $0 \le y \le \sqrt{y} \le 1$ . Ahora dejemos que $y={x \over 2}$ y multiplicar a través de $2$ .

Answer 5

En orden inverso...

Teniendo $f(x)=\sqrt{2x}$ donde $x_{n+1}=f(x_n)$ sabemos que $f'(x)=\frac{1}{\sqrt{2x}}>0, \forall x>0$ . Esto significa que la función $f(x)$ es ascendente en $x>0$ . También tenemos que $\sqrt{2}<\sqrt{2\sqrt{2}} \iff 0<x_1<x_2$ y luego $f(x_1) \leq f(x_2) \iff x_2 \leq x_3$ y por inducción $x_n\leq x_{n+1}$ y parte $(ii)$ está hecho.

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Pero entonces, desde $(ii)$ tenemos $x_n \geq x_1=\sqrt{2}, \forall n$ . Y para $\forall x$ s.t. $\sqrt{2}\leq x \leq 2 \Rightarrow f(\sqrt{2}) \leq f(x) \leq f(2)$ que es $\sqrt{2}\leq \sqrt{2\sqrt{2}}\leq f(x) \leq 2$ . En conjunto: $$\sqrt{2}\leq x \leq 2 \Rightarrow \sqrt{2}\leq f(x) \leq 2 \tag{1}$$

Como resultado, desde $\sqrt{2}\leq x_1\leq 2$ y si asumimos $\sqrt{2}\leq x_n\leq 2$ obtenemos de $(1)$ $\sqrt{2}\leq f(x_n)\leq 2 \iff \sqrt{2}\leq x_{n+1}\leq 2$ y esto completa la parte $(i)$ por inducción.