$a_1 = 2, a_{n+1} = \frac{1}{3 - a_n}$ para $n \ge 2$ . Mostrar $a_n$ está disminuyendo.
Primero tenemos que mostrar $a_n > 0$ para todos $n$ .
$a_2 = 1/2$ y $a_3 = 2/5$ y $a_4 = 5/13$
Una forma de hacerlo es mostrando $3- a_n > 0$ . Por lo tanto, supongamos que se mantiene para $n$ entonces tenemos que mostrar $\frac{3(3 - a_n) - 1}{3 - a_n} = \frac{8 - 3a_{n}}{3 - a_n} > 0$ , lo que significa mostrar $8 > 3a_{n}$ pero tengo problemas para mostrarlo.
Primer cálculo, $a_2=\frac{1}{3-2}=1\leq a_1<3$ . Entonces, observe que $$ a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{3-a_n}-\frac{1}{3-a_{n-1}}=\frac{a_n-a_{n-1}}{(3-a_n)(3-a_{n-1})}\leq 0 $$ que le da el paso de inducción para un fuerte argumento de inducción para un doble hipótesis: $a_n< 3$ y $a_{n}\leq a_{n+1}$ para todos $n\geq 1$ . Tenga en cuenta que si ya tiene $a_n<3$ entonces $a_{n+1}\leq a_n$ dará automáticamente $a_{n+1}<3$ .
Vayamos a la exageración, es decir, a encontrar una fórmula explícita para $a_n$ . Podemos establecer $a_n=\frac{p_n}{q_n}$ con $p_1=2,q_1=1$ , entonces se deduce de $a_{n+1}=\frac{1}{3-a_n}$ la relación de recurrencia: $$ w_{n+1}=\begin{pmatrix}p_{n+1} \\ q_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & 1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}p_{n} \\ q_{n} \end{pmatrix}=M w_m\tag{1}$$ El polinomio característico de la matriz $M$ es $x^2-3x+1$ , que tiene raíces $\frac{3\pm\sqrt{5}}{2}=\left(\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}\right)^2$ .
Por el teorema de Cayley-Hamilton se deduce que $x^2-3x+1$ es también el polinomio característico de las secuencias $\{p_n\}_{n\geq 1}$ y $\{q_n\}_{n\geq 1}$ Por lo tanto: $$ p_n = p_{+}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{2n}+p_{-}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{2n}\\ q_n = q_{+}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{2n}+q_{-}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{2n}\tag{2} $$ y ambos $p_n$ y $q_n$ son combinaciones lineales de los números de Fibonacci y Lucas $F_{2n}$ y $L_{2n}$ .
Interpolando a través de los valores de $p_0,p_1,q_0,q_1$ nos encontramos con que: $$\boxed{ a_n = \color{red}{\frac{F_{2n-5}}{F_{2n-3}}}}\tag{3} $$ y $\{a_n\}_{n\geq 1}$ es una secuencia decreciente ya que $\{F_n\}_{n\geq 2}$ es una secuencia creciente.
Además, desde $(3)$ se deduce que: $$ \lim_{n\to +\infty}a_n = \frac{1}{\varphi^2} = \frac{3-\sqrt{5}}{2} \tag{4} $$ como era de esperar, ya que si $\{a_n\}_{n\geq 1}$ es convergente, su límite tiene que cumplir $L=\frac{1}{3-L}$ es decir, tiene que ser una raíz del polinomio característico anterior.
Enfoque$\boldsymbol{1}$:
Tenga en cuenta que $$ \begin{align} a_{n+1}-a_n &=\frac1{3-a_n}-a_n\\ &=\frac{a_n^2-3a_n+1}{3-a_n}\\ &=\frac{\left(a_n-\frac32\right)^2-\frac54}{3-a_n}\tag{1} \end {align} $$ If$\frac{3-\sqrt5}2\le a_n\le\frac{3+\sqrt5}2$, luego$(1)$ es negativo y $$ \ frac {3- \ sqrt5} 2 \ le \ frac1 {3-a_n} \ le \ frac {3+ \ sqrt5} 2 \ tag {2} $$ Además,$\frac{3-\sqrt5}2\le2\le\frac{3+\sqrt5}2$.
Enfoque$\boldsymbol{2}$:
Tenga en cuenta que$\frac1{3-x}$ es una función creciente de$x$ en$(0,3)$. Además, si$a_n\lt3$, entonces$\frac1{3-a_n}\gt0$.
Como $$ a_1 = 2 \ gt a_2 = 1 \ tag {3} $$ aplicando repetidamente$\frac1{3-x}$ a$(3)$, obtenemos que $$ a_n \ gt a_ {n +1} \ tag { 4} $$
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Pista: más fácil de mostrar $a_n2$ . Inductivamente, si es cierto para $n$ intentamos $\frac 1{3-a_n}>2\implies 1>6-2a_n\implies 2a_n>5$ una contradicción.
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Demostrar que $2\ge a_{n}\ne 0$ para todos $n\in\mathbb{N}$ . Supongamos ahora que $a_{n}\le a_{n-1}$ . Entonces $$a_{n}\le a_{n-1}\iff 3-a_{n}\ge 3-a_{n-1}\iff \dfrac{1}{3-a_{n}}\le \dfrac{1}{3-a_{n-1}}\iff a_{n+1}\le a_{n}$$ ¿Dónde necesitamos el hecho de que $a_{n}\le 2$ ?