1. (2,0 pts.) Considere a sequência de recorrência descrita por a_{n+1}=\frac{1}{3-a_{n}}, onde a_{1}=1. Demonstre que a sequência é convergente comprovando sua monotonicidade e limitação. Calcule o valor da convergência.

Passo 1

O enunciado define a sequência por
a_{1}=1,\qquad a_{n+1}=\frac{1}{3 - a_{n}}.
Pede-se mostrar que \{a_n\} é convergente provando que ela é monótona e limitada, e em seguida calcular o limite. O conteúdo usado será o Teorema de convergência para sequências monotônicas e limitadas e a resolução da equação de ponto fixo L = 1/(3 - L).

Passo 2

Vamos calcular os primeiros termos para ter uma ideia do comportamento:
a_{1}=1,\quad a_{2}=\frac{1}{3-1}=\frac12=0,5,\quad a_{3}=\frac{1}{3-0,5}=\frac{1}{2,5}=0,4,\quad a_{4}=\frac{1}{3-0,4}=\frac{1}{2,6}\approx0,3846.
Vemos que
1 = a_{1} > a_{2} > a_{3} > a_{4} > \cdots
e todos os a_n são positivos. Isso sugere que a sequência é decrescente e limitada inferiormente.

Passo 3

Provar que \{a_n\} é decrescente, isto é, a_{n+1}<a_n para todo n. Calculemos
a_{n+1}-a_n =\frac{1}{3 - a_n}-a_n =\frac{1 - a_n(3 - a_n)}{3 - a_n} =\frac{a_n^2 - 3a_n + 1}{3 - a_n}.
O denominador 3 - a_n é positivo porque a_n<3. Factorizando o numerador, obtemos
a_n^2 - 3a_n + 1 =(a_n - \alpha_1)(a_n - \alpha_2),
onde
\alpha_{1,2}=\frac{3\pm\sqrt{5}}{2},
isto é, \alpha_1=(3+\sqrt{5})/2\approx2,618 e \alpha_2=(3-\sqrt{5})/2\approx0,382.
Como vemos nos primeiros termos que 0<a_n\le1, temos sempre
a_n < \alpha_1 \quad\text{e}\quad a_n > \alpha_2
(esta última será justificada por indução no passo seguinte). Logo (a_n-\alpha_1)<0 e (a_n-\alpha_2)>0, de modo que o numerador é negativo e o denominador positivo, implicando
a_{n+1}-a_n<0.
Assim, \{a_n\} é estritamente decrescente.

Passo 4

Provar que \{a_n\} é limitada inferiormente por \alpha_2=(3-\sqrt{5})/2 e superiormente por 1.
Base ( n=1): a_1=1 e a_2=0,5, e de fato
\alpha_2\approx0,382 < 0,5 < 1.
Passo indutivo: suponha que \alpha_2 < a_n < 1. Então
3 - a_n < 3 - \alpha_2 \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{3 - a_n} > \frac{1}{3 - \alpha_2}.
Mas \alpha_2 satisfaz \alpha_2 = 1/(3 - \alpha_2), logo
a_{n+1} = \frac{1}{3 - a_n} > \frac{1}{3 - \alpha_2} = \alpha_2.
E como já mostramos que a_{n+1}<a_n\le1, segue \alpha_2 < a_{n+1} < 1. Por indução, a sequência fica sempre em \bigl(\alpha_2,1\bigr].
Portanto, \{a_n\} é decrescente e está contida num intervalo fechado e não vazio, o que garante convergência.

Passo 5

Seja L=\lim_{n\to\infty}a_n. Pelo limite da recorrência, temos
L = \frac{1}{3 - L} \quad\Longrightarrow\quad L(3 - L) = 1 \quad\Longrightarrow\quad L^2 - 3L + 1 = 0.
As raízes são
L = \frac{3\pm\sqrt{5}}{2}.
Como a sequência vale sempre entre \alpha_2=(3-\sqrt{5})/2\approx0,382 e 1, o limite deve ser
L = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}.

Resposta

A sequência \{a_n\} é estritamente decrescente e limitada inferiormente por \bigl(3-\sqrt{5}\bigr)/2, logo converge. O valor de sua convergência é
\boxed{\,\frac{3 - \sqrt{5}}{2}\,}.

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