每日一题[845]级数不等式

设数列$\{a_n\}$满足$a_{n+1}=a_n^2-a_n+1$($n\in\mathbb N^*$),$S_n$为数列$\{a_n\}$的前$n$项和.证明:

(1) 当$a_1\in [0,1]$时,$a_n\in [0,1]$;
(2) 当$a_1>1$时,$a_n>(a_1-1)a_1^{n-1}$;
(3) 当$a_1=\dfrac 12$时,$n-\sqrt{\dfrac{2n}3}\leqslant S_n\leqslant n-1+\dfrac 1{2^n}$.


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分析与解 (1) 设$f(x)=x^2-x+1$,其函数图象如图.

由于$[0,1]$是迭代函数$f(x)$的一个保值区间,因此当$a_1\in [0,1]$时,有$a_n\in [0,1]$.

(2) 考虑到$f(x)$的不动点为$x=1$,且当$x>1$时,$f(x)>x$,因此$\{a_n\}$单调递增.进而由\[a_{n+1}-1=\left(a_n-1\right)\cdot a_n,\]可得\[a_n-1=\left(a_1-1\right)\cdot a_1\cdot a_2\cdots a_{n-1}\geqslant \left(a_1-1\right)a_1^{n-1},\]因此$a_n>\left(a_1-1\right)a_1^{n-1}$,命题得证.

(3) 容易证明$\{a_n\}$单调递增,且$\dfrac 12\leqslant a_n<1$.于是\[1-a_{n+1}=(1-a_n)\cdot a_n\geqslant \dfrac 12(1-a_n),\]从而\[1-a_n\geqslant \dfrac{1}{2^n},\]累加可得\[\sum_{k=1}^n\left(1-a_k\right)\geqslant 1-\dfrac{1}{2^n},\]即\[S_n\leqslant n-1+\dfrac{1}{2^n},\]右边不等式得证.

另一方面,有\[\dfrac{1}{1-a_{n+1}}=\dfrac{1}{1-a_n}+\dfrac{1}{a_n},\]于是\[\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{a_k}=\dfrac{1}{1-a_{n+1}}-\dfrac{1}{1-a_1}\geqslant n,\]从而可得当$n\geqslant 2$时,有\[a_n\geqslant 1-\dfrac{1}{n+1},\]因此有\[S_n\geqslant n-\left(\dfrac 12+\dfrac 13+\dfrac 14+\cdots +\dfrac{1}{n+1}\right),\]接下来处理右边和式\[\begin{split}\dfrac 12+\dfrac 13+\dfrac 14+\cdots+\dfrac{1}{n+1}&<\sqrt{n}\cdot \sqrt{\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{(n+1)^2}}\\
&<\sqrt{n}\cdot \sqrt{\dfrac{1}{\dfrac 32\cdot\dfrac 52}+\dfrac{1}{\dfrac 52\cdot\dfrac 72}+\cdots+\dfrac{1}{\left(n+\dfrac 12\right)\left(n+\dfrac 32\right)}}\\
&=\sqrt n\cdot \sqrt{\dfrac 23 -\dfrac{1}{n+\dfrac 32}}\\
&<\sqrt{\dfrac{2n}3},
\end{split}\]因此有\[S_n\geqslant n-\sqrt{\dfrac{2n}3},\]左边不等式得证.

综上所述,原命题得证.

 事实上本题左边很宽松,甚至用数学归纳法都可以证明\[S_n\geqslant n-\sqrt{\dfrac n2}.\]

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