每日一题[1696]积少成多

已知 $a_1=1$,$a_{n+1}=\sqrt{a_n^2+\dfrac{1}{a_n^{2019}}}$,判断数列 $\{a_n\}$ 的有界性.

答案    有下界(下确界为 $1$),没有上界.

解析    根据题意,有\[a_{n+1}^2-a_n^2=\dfrac{1}{a_n^{2019}},\]于是 $\{a_n\}$ 单调递增,若 $\{a_n\}$ 有上界 $m$,则 $a_n\leqslant A$($n\in\mathbb N^{\ast}$),从而\[a_{n+1}^2-a_n^2\geqslant\dfrac{1}{A^{2019}}\implies a_m^2-a_1^2\geqslant \dfrac{m-1}{A^{2019}},\]取 $m=\left[1+A^{2021}\right]+1$,则\[a_m^2\geqslant 1+A^2\implies a_m>A,\]与 $\{a_n\}$ 有上界矛盾. 综上所述,数列 $\{a_n\}$ 有下界(下确界为 $1$),没有上界.

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