1. Dado a>0, defina indutivamente a seqüência \left(x_{n}\right) pondo x_{1}=1 / a e x_{n+1}=1 /\left(a+x_{n}\right). Considere o número c, raiz positiva da equação x^{2}+a x-1=0, único número positivo tal que c=1 /(a+c). Prove que
x_{2}<x_{4}<\cdots<x_{2 n}<\cdots<c<\cdots<x_{2 n-1}<\cdots<x_{3}<x_{1},
e que \lim x_{n}=c. O número c pode ser considerado como a soma da fração contínua
\frac{1}{a+\frac{1}{a+\frac{1}{a+\frac{1}{a+\cdots}}}}

Passo 1

O enunciado define a sequência \{x_n\} por
\;x_1 = 1/a,
\;x_{n+1} = 1/(a + x_n),
com a>0. Também aparece o número c, raiz positiva da equação
x^2 + a x - 1 = 0,
único valor positivo que satisfaz
c = \frac1{a + c}.
O que queremos mostrar é que os termos pares formam uma sequência crescente limitada acima por c, os termos ímpares formam uma sequência decrescente limitada abaixo por c, e que ambas convergem para c. Em particular, obtemos as desigualdades
x_2 < x_4 < \cdots < x_{2n} < \cdots < c < \cdots < x_{2n-1} < \cdots < x_3 < x_1
e \lim_{n\to\infty}x_n = c. Para isso, vamos usar análise de funções monotônicas e propriedades de subsequências monótonas e limitadas.

Passo 2

Primeiro, vamos caracterizar c. A equação
x^2 + a x - 1 = 0
tem duas raízes \frac{-a\pm\sqrt{a^2+4}}2, mas apenas
c = \frac{-a + \sqrt{a^2+4}}2
é positiva. Verificamos então
c^2 + a c = 1 \;\Longrightarrow\; c = \frac1{a + c},
isto é, c é ponto fixo da função
\;f(x)=\frac1{a+x}.

Passo 3

Vamos estudar f. Para x>-a temos
f'(x) = -\frac1{(a+x)^2} < 0,
logo f é estritamente decrescente nesse domínio. Consequência imediata: se u>v então
f(u) < f(v).

Passo 4

Comparando x_1 = 1/a com c, nota-se que sempre x_1>c (basta verificar numericamente ou algebricamente que \frac1a > \frac{\sqrt{a^2+4}-a}2). Então, aplicando f a ambos:
x_2 = f(x_1) < f\text{(c)} = c,
e depois
x_3 = f(x_2) > f\text{(c)} = c.
Por indução simples, usando que f é decrescente, obtém-se para todo n\ge1:
  • x_{2n} < c,
  • x_{2n-1} > c.

Passo 5

Agora provamos que a subsequência \{x_{2n}\} é crescente. Para n=1 já vimos x_2 < c < x_3. Como x_3<x_1, aplicando f (que inverte desigualdades) a x_1 > x_3 obtemos
x_2 = f(x_1) < f(x_3) = x_4.
Supondo por indução x_{2n} < x_{2n+2}, observe que x_{2n+3} = f(x_{2n+2}) e x_{2n+1} = f(x_{2n}) satisfazem x_{2n+3} > x_{2n+1} porque x_{2n+2} < x_{2n} e f é decrescente. Então reaplicando f a x_{2n+1} > x_{2n+3} obtemos
x_{2n+2} = f(x_{2n+1}) < f(x_{2n+3}) = x_{2n+4}.
Isso fecha a indução, mostrando \;x_2 < x_4 < x_6 < \cdots. Além disso cada x_{2n}<c, logo essa subsequência é limitada acima por c.

Passo 6

De modo análogo, a subsequência \{x_{2n-1}\} é decrescente e cada termo excede c. De fato, base em x_1>x_3, e passo indutivo igual ao anterior trocando papéis de pares e ímpares, garante
x_1 > x_3 > x_5 > \cdots
e todos esses termos são >c.

Passo 7

Cada uma das duas subsequências é monótona e limitada, logo converge. Seja
\displaystyle L_{\rm par}=\lim_{n\to\infty}x_{2n} e
\displaystyle L_{\rm impar}=\lim_{n\to\infty}x_{2n-1}.

Passo 8

Como x_{n+2} = f(f(x_n)), passando ao limite em n\to\infty para qualquer par ou ímpar, o limite L satisfaz
L = f\bigl(f(L)\bigr) = \frac1{a + \frac1{a+L}} = \frac{a+L}{a^2 + a L + 1}.
Da igualdade L = \frac{a+L}{a^2+aL+1} segue
L\,(a^2 + aL + 1) = a+L \;\Longrightarrow\; aL^2 + a^2 L = a \;\Longrightarrow\; L^2 + aL -1 = 0.
Entre as raízes dessa equação, a única não negativa é c. Portanto
\;L_{\rm par}=L_{\rm impar}=c,
isto é, \lim_{n\to\infty}x_n = c.

Resposta

As desigualdades
x_2 < x_4 < \cdots < x_{2n} < \cdots < c < \cdots < x_{2n-1} < \cdots < x_3 < x_1
estão estabelecidas pelos passos acima, e
\lim_{n\to\infty} x_n = c.
O valor c coincide exatamente com o valor da fração contínua
\frac{1}{a+\frac{1}{a+\frac{1}{a+\frac{1}{a+\cdots}}}}\,.

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