(ENADE-2011, adaptada) Considere a sequência numérica
\left\{\begin{array}{ccc} a_{1} & = & a \\\ a_{n+1} & = & \frac{4 a_{n}}{2+a_{n}^{2}} \quad, \text { para } n \geq 1 \end{array}\right.
onde a é número fixado tal que 0<a<\sqrt{2}.
(a) Use indução matemática para mostrar que 0<a_{n}<\sqrt{2} para todo n \in \mathbb{N}.
(b) Mostre que a_{n}<a_{n+1} para todo n \in \mathbb{N}.
(c) Conclua que existe L \in \mathbb{R} tal que \lim a_{n}=L.
(d) Mostre que L é tal que a \leq L \leq \sqrt{2} e
L=\frac{4 L}{2+L^{2}}
(e) Calcule o valor de L.

Passo 1

O enunciado define a sequência
\begin{cases} a_{1}=a,\\\ a_{n+1}=\dfrac{4a_{n}}{2+a_{n}^{2}},\quad n\ge1, \end{cases}
com 0<a<\sqrt{2}. Vamos mostrar:
  1. por indução, 0<a_{n}<\sqrt{2} para todo n;
  2. que a_{n}<a_{n+1} (sequência estritamente crescente);
  3. que daí existe \displaystyle L=\lim_{n\to\infty}a_{n};
  4. que a\le L\le\sqrt{2} e que L satisfaz
L=\frac{4L}{2+L^{2}};
  1. e finalmente determinar L.

Passo 2

Base n=1: a_{1}=a e por hipótese 0<a<\sqrt{2}.
Suponha agora como hipótese de indução que para algum n vale
0<a_{n}<\sqrt{2}.
Então
a_{n+1}=\frac{4a_{n}}{2+a_{n}^{2}}.
Como a_{n}>0 e 2+a_{n}^{2}>0, segue a_{n+1}>0.
Para ver que a_{n+1}<\sqrt{2}, consideramos a inequação
\frac{4a_{n}}{2+a_{n}^{2}}<\sqrt{2} \;\Longleftrightarrow\; 4a_{n}<\sqrt{2}\,(2+a_{n}^{2}) \;\Longleftrightarrow\; \sqrt{2}\,a_{n}^{2}-4a_{n}+2\sqrt{2}>0.
O discriminante desse polinômio em a_{n} é
\Delta =(-4)^{2}-4(\sqrt{2})(2\sqrt{2})=16-16=0,
logo o trinômio é sempre não-negativo, com raiz dupla a_{n}= \sqrt{2}. Como pela hipótese a_{n}<\sqrt{2}, concluímos que a expressão acima é estritamente positiva e assim a_{n+1}<\sqrt{2}. Isso completa o passo de indução.

Passo 3

Para mostrar a_{n}<a_{n+1}, calculamos
a_{n+1}-a_{n} =\frac{4a_{n}}{2+a_{n}^{2}}-a_{n} =a_{n}\Bigl(\frac{4}{2+a_{n}^{2}}-1\Bigr) =a_{n}\,\frac{4-(2+a_{n}^{2})}{2+a_{n}^{2}} =\frac{a_{n}(2 - a_{n}^{2})}{2+a_{n}^{2}}.
Pelas desigualdades do passo anterior temos a_{n}>0 e a_{n}^{2}<2, então 2-a_{n}^{2}>0 e também 2+a_{n}^{2}>0. Logo a_{n+1}-a_{n}>0, ou seja, a sequência é estritamente crescente.

Passo 4

Uma sequência estritamente crescente e limitada superiormente (por \sqrt{2}) é convergente. Logo existe
L=\lim_{n\to\infty}a_{n},
com 0\le a_{1}\le a_{n}\le\sqrt{2}, isto é, a\le L\le\sqrt{2}.

Passo 5

Como a_{n+1}=\frac{4a_{n}}{2+a_{n}^{2}}, tomando limite em ambos os lados obtemos
L=\frac{4L}{2+L^{2}}.
Multiplicando L(2+L^{2})=4L, vem
2L+L^{3}=4L \quad\Longrightarrow\quad L^{3}-2L=0 \quad\Longrightarrow\quad L\,(L^{2}-2)=0.
As soluções são L=0 ou L^{2}=2. Como L\ge a>0, rejeitamos L=0 e ficamos com L=\sqrt{2}.

Resposta

\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_{n}=\sqrt{2}.

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