Dado p>0, considere a sequência numérica
\left\{\begin{array}{ccc} a_{1} & = & a \\\ a_{n+1} & = & \frac{2 p a_{n}}{p+a_{n}^{2}} \quad, \text { para } n \geq 1 \end{array}\right.
onde a é número fixado tal que 0<a<\sqrt{p}. Calcule \lim a_{n}.

Passo 1

O enunciado dá a sequência recursiva positiva
\begin{cases} a_{1}=a,\\\ a_{n+1}=\displaystyle\frac{2p\,a_{n}}{p+a_{n}^{2}}, \end{cases}
com p>0 e 0<a<\sqrt{p}, e pede \lim_{n\to\infty}a_{n}. O conteúdo envolve teoria de sequências: mostrar que \{a_{n}\} é monótona e limitada, concluir convergência e achar o ponto fixo.

Passo 2

Primeiro, notamos que a_{1}>0 e, se a_{n}>0, então
a_{n+1}=\frac{2p\,a_{n}}{p+a_{n}^{2}}>0.
Logo, por indução, a_{n}>0 para todo n.

Passo 3

Mostramos que \{a_{n}\} é crescente enquanto a_{n}<\sqrt{p}. Para 0<x<\sqrt{p}, defina
f(x)=\frac{2p\,x}{p+x^{2}}.
Então
\frac{f(x)}{x} =\frac{2p}{p+x^{2}} >1 \quad\Longleftrightarrow\quad 2p>p+x^{2} \quad\Longleftrightarrow\quad p>x^{2},
que vale pois x<\sqrt{p}. Logo f(x)>x, isto é, se a_{n}<\sqrt{p} então a_{n+1}>a_{n}.

Passo 4

Mostramos que \{a_{n}\} é limitada superiormente por \sqrt{p}. Para 0<x<\sqrt{p},
f(x)<\sqrt{p} \quad\Longleftrightarrow\quad 2p\,x<\sqrt{p}\,(p+x^{2}) \quad\Longleftrightarrow\quad 0<( \sqrt{p}-x )^{2},
o que é sempre verdadeiro quando x\neq\sqrt{p}. Assim, a_{n+1}=f(a_{n})<\sqrt{p} sempre que a_{n}<\sqrt{p}.

Passo 5

Concluímos que \{a_{n}\} é crescente e limitada acima por \sqrt{p}, logo converge para algum L\in(0,\sqrt{p}]. Tomando limite na relação de recorrência, temos
L =\frac{2p\,L}{p+L^{2}}.

Passo 6

Da equação do ponto fixo,
L\bigl(p+L^{2}\bigr)=2p\,L \quad\Longrightarrow\quad L=0 \quad\text{ou}\quad p+L^{2}=2p\;\Longrightarrow\;L^{2}=p.
Como L>0, segue L=\sqrt{p}.

Resposta

\lim_{n\to\infty}a_{n}=\sqrt{p}.

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