Solución por Intervalos del Problema 3

Es facil ver que si $a_1=1$ entonces $a_1=a_2=a_3=\cdots = 1$ y que si $a_1=-1$ entonces $a_1=a_2=a_3=\cdots = -1$

Supongamos que $|a_1| \textgreater 1$, entonces $a_1^2\textgreater 1$, por lo que $a_2=a_1^2+a_1-1\textgreater a_1$.

Ahora supongamos que $|a_1|\textless 1$, entonces $a_1^2\textless 1$, por lo que $a_2=a_1^2+a_1-1\textless a_1$.

De esto concluimos que si $|a_k| \textgreater 1$ entonces $a_{k+1}$ crece, y que si $|a_k| \textless 1$, entonces $a_{k+1}$ decrece.

Supongamos SPDG que $a_1 \textgreater 1$, entonces $a_2\textgreater a_1\textgreater 1$, y de manera inductiva tenemos que
$$a_1 \textgreater a_n \textgreater \cdots \textgreater a_2 \textgreater a_1 \textgreater 1$$
Dado que $a_1 \textgreater a_1$, obtenemos una contradicción. Por lo que no existe $a_1 \textgreater 1$

Es conocido que el mínimo de una ecuación cuadrática se da cuando $x=-\frac{b}{2a}$ así que el mínimo de $f(x)=x^2+x-1$ se da cuando $x=-\frac{1}{2}$ y tenemos que el minimo de $f(x)$ es $-\frac{5}{4}$. Por lo que cualquier para cualquier $i$ tenemos que $a_i \geq -\frac{5}{4}$.

Supongamos que todas las $a_i$ estan entre $-1$ y $1$, pero entonces tendriamos que $a_1 \textgreater a_2 \textgreater \cdots \textgreater a_n \textgreater a_1$ lo cual es una contradicción, por lo que existe una $a_i$ fuera de este intervalo. La cual tiene que estar en el intervalo $[-5/4,-1)$, llamemos a ese intervalo $I$.

Ahora voy a demostrar que si $a_i$ esta en el intervalo $I$, entonces $a_i^2+a_i-1<0$. Resolviendo la última desigualdad cuadrática, tenemos que es cierto para $-\frac{1+\sqrt{5}}{2} \textless a_i \textless \frac{\sqrt{5} -1}{2}$. Como tenemos que $-\frac{1+\sqrt{5}}{2} \textless -\frac{5}{4} \textless a_i \textless -1 \textless \frac{\sqrt{5} -1}{2}$. Entonces se cumple la desigualdad para una $a_i$ en ese intervalo. Como $a_i\textless -1$ entonces tanto $a_i$ como $a_i+1$ son negativos por lo que $a_i(a_i+1)$ es positivo. Por lo tanto tambien se cumple que $(a_i^2+a_i-1)a_i(a_i+1)<0$. De lo cual se obtiene que $a_i^4+2a_i^3-a_i-1<-1$, y eso es lo mismo que $$a_{i+2}<-1$$ Como $a_i \textless -1$ entonces $a_i^2-1>0$. Multiplico de ambos lados por $(a_i+1)^2$ para obtener que $0\textless (a_i^2-1)(a_i+1)^2$. Lo cual es equivalente a $$a_i\textless a_i^4+2a_i^3-a_i-1=a_{i+2}$$ .

Por lo tanto obtenemos que $$-\frac{5}{4} \leq a_i \textless a_{i+2} \textless -1$$

Por lo anterior tenemos que si existe un $a_i$ en el intervalo $I$ entonces $a_{i+2}$ tambien esta en el intervalo $I$ y ademas $a_{i+2}$ crece.

Supongamos SPDG que $a_1$ es el $a_i$ que garantizamos que esta en $I$ entonces si $n$ es impar tenemos que
$$-\frac{5}{4} \leq a_1 \textless a_3 \textless a_5 \textless \cdots \textless a_n \textless a_2 \textless \cdots \textless a_{n-1} \textless a_1 \textless -1$$

Lo cual es una contradicción.

Si $n$ es par.
$$-\frac{5}{4} \leq a_1 \textless a_3 \textless a_5 \textless \cdots \textless a_{n-1} \textless a_1 \textless -1$$

De nuevo una contradicción.

Por lo tanto las soluciones que dijimos al principio son las únicas.