Límite de una secuencia de satisfacciones $(2-a_n)a_{n+1} \rightarrow 1$ $n\rightarrow\infty$

Question

Esto fue en uno de los libro de texto de cálculo de ejercicio problema. Ahora, estoy bastante seguro de que no fue un error tipográfico en el problema.

Problema

Deje $a_n$ ser una secuencia de números reales que satisface la siguiente: $$ \lim_{n\rightarrow\infty} (2-a_n)a_{n+1} = 1. $$ Demostrar que $\lim\limits_{n\rightarrow\infty} a_n= 1$.

Mis intentos

1. La conclusión es verdadera en virtud de la asunción de $0<a_n<2$ para todos, pero un número finito de $n$.

2. La conclusión es falsa, sin ninguna otra hipótesis. Así, el problema es incorrecto, como se afirma.

Pregunta

Es la conclusión a la verdadera bajo una suposición adicional de acotamiento de $a_n$?

Comentarios

Yo era capaz de obtener una secuencia $a_n$ que la conclusión es falsa. Sin embargo, bajo el supuesto de acotamiento, me pregunto si nos puede resultar de la celebración o dar un contraejemplo.

Prueba de Mi trate 1

Deje $\overline{a} = \limsup a_n$$\underline{a} = \liminf a_n$. Deje $\{n_k\}_{k=1}^{\infty}$ ser una larga de números naturales tal que $a_{n_k}\rightarrow \overline{a}$. Entonces tenemos $$ (2-a_{n_k}) a_{n_k +1} \rightarrow 1. $$ Tomando convergente larga de $\{a_{n_k +1}\}_{k=1}^{\infty}$ que converge a $b$, tenemos $$(2-\overline{a}) b = 1.$$ Esto le da a $b=1/(2-\overline{a})$. Desde $\overline{a}$ es el limsup, tenemos $$ \frac1{2-\overline{a}}\leq \overline{a}. $$ Por supuesto, $0<a_n<2$ para todos, pero un número finito de $n$,$2-\overline{a} >0$. Por lo tanto, $$1\leq (2-\overline{a})\overline{a}.$$ Luego de ello se sigue que $(\overline{a}-1)^2 \leq 0$, que los rendimientos de $\overline{a}=1$.

Argumento Similar para $\underline{a}$ da $\underline{a}=1$. Por lo tanto, $a_n\rightarrow 1$.

Prueba de Mi intente 2

Desde $a_n=0$ o $a_n=2$ no suceden infinitamente a menudo, podemos suponer que la $a_n\neq 0$, $a_n\neq 2$ para todos los $n$.

Considere la posibilidad de $\{1/k \}_{k=1}^{\infty}$, y la secuencia dada por la recurrencia: $$ a_{n+1} = \frac{1+\frac1 1}{2-a_n}. \ \ \textrm{(Ronda 1)} $$ Entonces existe $n$ tal que $a_n>2$. Vamos a poner la primera vez que le ocurre como a $n=n_1$, y vamos a decir que nos salga de la Ronda 1. Tenemos $a_{n_1+1}<0$ por la recurrencia.

Una vez que salga de la Ronda 1, entramos en la Ronda 2, el cual comienza con $n=n_1+1$ y la recurrencia: $$ a_{n+1} = \frac{1+\frac12}{2-a_n}. \ \ \textrm{(Ronda 2)} $$ Entonces existe $n$ tal que $a_n>2$. Ponemos la primera vez $n\geq n_1+1$ que te pasa como a $n=n_2$, y salimos de la Ronda 2. A continuación,$a_{n_2+1}<0$.

Continúe este proceso con el uso de la recurrencia $$ a_{n+1} = \frac{1+\frac1k}{2-a_n}. \ \ \textrm{(Ronda de $k$)} $$

Luego tenemos el sequcne $a_n$ tal que $a_n>2$ infinidad de frecuencia y $(2-a_n)a_{n+1}\rightarrow 1$.

Answer 1

Es posible construir un almacén de contraejemplo de una manera similar a lo que has hecho: vamos a denotar $f_c(x)=c/(2-x)$, a continuación, para cada entero positivo $k$ hay $c_k>1$ tal que $-0.5<f_{c_k}(-0.5)<f_{c_k}(f_{c_k}(-0.5))<...<f_{c_k}^{(k)}(-0.5) = 1.75$. Estos $c_k$ forma una disminución de la secuencia con el límite de $1$. Vamos a la Ronda de $k$ consta de $k+2$ términos: $-0.5, f_{c_k}(-0.5), f_{c_k}(f_{c_k}(-0.5)), ..., f_{c_k}^{(k)}(-0.5) = 1.75, 4$. Entonces, si $a_n$ pertenece a la Ronda de $k$, $(2-a_n)a_{n+1}$ es $c_k$ o $1$, por lo que el límite de $(2-a_n)a_{n+1}$$1$, e $a_n$ está delimitado por $-0.5$ desde abajo y por $4$ desde arriba.