每日一题[1016]数列性质与求和

已知数列$\{a_n\}$满足$a_0=1$,$a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+a_n^2}$($n\in\mathbb N$).
(1)求证:对任意正整数$n$,均有$a_{n+1}<a_n$;
(2)求证:对任意正整数$n$,均有$a_n<\dfrac 3{4\sqrt n}$;
(3)求证:$a_0+a_1+\cdots+a_n\geqslant \sqrt{2n+4}-1$.


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分析与解 (1)显然$a_n\ne 0$($n\in\mathbb N$)且$a_n>0$,进而\[\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{1}{1+a_n^2}<1,\]不等式得证.

(2)法一 当$n=1$时,$a_1=\dfrac 12<\dfrac 34$,命题成立.

假设当$n=k$($k\in\mathbb N^*$)时命题成立,即\[a_k<\dfrac{3}{4\sqrt k},\]则当$n=k+1$时,有\[a_{n+1}=\dfrac{1}{a_n+\dfrac{1}{a_n}}<\dfrac{1}{\dfrac 3{4\sqrt n}+\dfrac {4\sqrt n}3}=\dfrac 34\cdot \dfrac{1}{\sqrt n+\dfrac {9}{16\sqrt n}},\]考虑到当$n\geqslant 1$时有\[\sqrt{n+1}-\sqrt n=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}<\dfrac{9}{16\sqrt n},\]于是可得\[a_{n+1}<\dfrac 3{4\sqrt{n+1}},\]命题成立.

综上所述,原命题得证.

法二 考虑到\[\dfrac{1}{a_{n+1}}=a_n+\dfrac{1}{a_{n}},\]于是\[\dfrac{1}{a_{n+1}^2}=\dfrac{1}{a_n^2}+2+a_n^2,\]因此\[\dfrac{1}{a_n^2}=2(n-1)+\dfrac{1}{a_1^2}+a_1^2+a_2^2+\cdots+a_{n-1}^2\geqslant 2n+2,\]因此\[a_n\leqslant \dfrac{1}{\sqrt{2n+2}}<\dfrac 3{4\sqrt n}.\]

(3)根据题意,有\[\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{1}{a_n}+a_n,\]于是\[a_n=\dfrac{1}{a_{n+1}}-\dfrac{1}{a_n},\]因此\[a_0+a_1+\cdots+a_n=\dfrac{1}{a_{n+1}}-\dfrac{1}{a_0}=\dfrac{1}{a_{n+1}}-1\geqslant \sqrt{2n+4}-1.\]

 (3)是基于(2)中的法二进行的,如果(2)中用法一,也可以用数学归纳法单独证明$a_n\leqslant \dfrac 1{\sqrt{2n+2}}$.

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每日一题[1016]数列性质与求和》有 1 条评论

  1. cbc123e说:

    我认为,如果(2)的数学归纳法证明中,从n = k+1那个地方开始,到归纳法证明结束,将n换写成k,应该是更好些。

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