Mostre que a sequência definida por a_{1}=1 e a_{n+1}=3-\frac{1}{a_{n}} é limitada. Encontre seu limite.

Passo 1

O enunciado define a sequência (a_n)_{n\ge1} por
a_{1}=1,\quad a_{n+1}=3-\frac{1}{a_{n}}.
Queremos mostrar que (a_n) é limitada e determinar o seu limite. O conteúdo usado envolve análise de pontos fixos, indução para limitação e teorema de convergência de sequência monótona e limitada.

Passo 2

Procuramos os pontos fixos da função
f(x)=3-\frac{1}{x},
isto é, soluções de
L = 3 - \frac{1}{L}.
Reescrevendo,
L^2 - 3L + 1 = 0.
As raízes são
L = \frac{3\pm\sqrt{9-4}}{2} = \frac{3\pm\sqrt{5}}{2}.
Denote
\alpha = \frac{3-\sqrt{5}}{2},\quad \beta = \frac{3+\sqrt{5}}{2}.

Passo 3

Mostramos que para todo n\ge1 vale
\alpha < a_{n} < \beta.
Base n=1: como \alpha\approx0,38 e \beta\approx2,62, temos
\alpha < a_{1}=1 < \beta.
Passo indutivo: suponha \alpha < a_{n} < \beta. Como f'(x)=1/x^2>0 para x>0, f é crescente e então
f(\alpha) < f(a_{n}) < f(\beta).
Mas f(\alpha)=\beta e f(\beta)=\alpha, logo
\alpha < a_{n+1} = f(a_n) < \beta.
Assim, por indução, (a_n) fica sempre em (\alpha,\beta), ou seja, é limitada.

Passo 4

Mostramos que (a_n) é crescente. De a_{n+1}-a_n = f(a_n)-f(a_{n-1}) e usando o teorema do valor médio há \xi entre a_{n-1} e a_n tal que
a_{n+1}-a_n = f'(\xi)\,(a_n-a_{n-1}) = \frac{1}{\xi^2}\,(a_n-a_{n-1}).
Como f'(\xi)>0 e a_2-a_1=2-1>0, segue por indução que a_{n+1}-a_n>0 para todo n, ou seja, (a_n) é estritamente crescente. Uma sequência crescente e limitada superiormente converge.

Passo 5

Sejam L=\lim_{n\to\infty}a_n. Passando ao limite na relação de recorrência, obtemos
L = 3 - \frac{1}{L},
que é exatamente a equação dos pontos fixos. As soluções são \alpha e \beta, mas como (a_n)\subset(\alpha,\beta) e cresce a partir de a_1=1, o limite é
L = \beta = \frac{3+\sqrt{5}}{2}.

Resposta

O limite da sequência é
\boxed{L = \frac{3+\sqrt{5}}{2}}.

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