每日一题[536]迭代函数法

已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$，$a_{n+1}=\sqrt{a_n^2-2a_n+3}-1$，求证： $$a_1+a_3+a_5+\cdots +a_{2n-1}<\dfrac 12n+\dfrac 23.$$

分析    迭代函数为$f(x)=\sqrt{x^2-2x+3}-1$，解不动点方程 $$x=\sqrt{x^2-2x+3}-1,$$ 得不动点为$x=\dfrac 12$，考虑采用不动点裂项．当然，欲证明的结论中也包含了足够的提示信息．

解    设$f(x)=\sqrt{x^2-2x+3}-1$，则$a_{n+1}=f(a_n)$．容易证明函数$f(x)$在$(-\infty,1]$上单调递减，且$f\left(\dfrac 12\right)=\dfrac 12$．

接下来用数学归纳法证明

引理    对一切正整数$n$，均有 $$\sqrt 2-1\leqslant a_{2n}<\dfrac 12<a_{2n-1}\leqslant 1.$$

当$n=1$时，由于$a_1=1$，$a_2=\sqrt 2-1$，于是命题显然成立；

假设命题对$n=k$($k\in\mathcal N^*$)成立，即 $$\sqrt 2-1\leqslant a_{2k}<\dfrac 12<a_{2k-1}\leqslant 1,$$ 则由于$f(x)$在$(-\infty ,1]$上单调递减，有 $$f(\sqrt 2-1)\geqslant f(a_{2k})>f\left(\dfrac 12\right)>f(a_{2k-1})\geqslant f(1),$$ 即 $$\sqrt 2-1\leqslant a_{2k}<\dfrac 12<a_{2k+1}\leqslant 1,$$ 进而 $$\sqrt 2-1\leqslant a_{2k+2}<\dfrac 12<a_{2k+1}\leqslant 1,$$ 即命题在$n=k+1$时也成立．

综上所述，引理得证．

根据已知，可得 $$a_{n+1}-\dfrac 12=\sqrt{a_n^2-2a_n+3}-\dfrac 32=\dfrac{\left(a_n-\dfrac 12\right)\left(a_n-\dfrac 32\right)}{\sqrt{a_n^2-2a_n+3}+\dfrac 32},$$ 于是 $$\dfrac{a_{n+1}-\dfrac 12}{a_n-\dfrac 12}=\dfrac{a_n-\dfrac 32}{\sqrt{a_n^2-2a_n+3}+\dfrac 32}.$$ 根据引理，有 $$\left|\dfrac{a_n-\dfrac 32}{\sqrt{a_n^2-2a_n+3}+\dfrac 32}\right|<\dfrac 12,$$ 于是可得 $$\dfrac{a_{2n+1}-\dfrac 12}{a_{2n-1}-\dfrac 12}<\dfrac 14,$$ 从而 $$\left(a_1-\dfrac 12\right)+\left(a_3-\dfrac 12\right)+\cdots +\left(a_{2n-1}-\dfrac 12\right)<\dfrac{1-\dfrac 12}{1-\dfrac 14}=\dfrac 23,$$ 因此原命题得证．