数列上界

reny

已知$a_1\in(0,1),a_{n+1}=a_{n}+\dfrac{a^2_{n}}{n^2}$,证明存在$M>0$使得对任意的正整数$n$均有$a_n<M$(胡晓昊提供)

天书

这是毒牙大神的证明:

用均值归纳易得$a_n>nt^{n+1},t=\sqrt{a_1}$,通项得:$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_n+n^2}$,那么:
\begin{align*}
\frac{1}{a_{n+1}}=&\frac{1}{a_1}-\left(\frac{1}{a_1+1^2}+\frac{1}{a_2+2^2}+...+\frac{1}{a_n+n^2}\right)\\
>&\frac{1}{t^2}-\left(\frac{1}{t^2+1^2}+\frac{1}{2t^3+2^2}+...+\frac{1}{nt^{n+1}+n^2}\right)\\
=&\frac{1}{t^2}-\left(\frac{1}{1(t^2+1)}+\frac{1}{2(t^3+2)}+...+\frac{1}{n(t^{n+1}+n)}\right)\\
\ge&\frac{1}{t^2}-\left(\frac{1}{2t}+\frac{1}{2\times3t}+...+\frac{1}{n\times(n+1)t}\right)\\
\ge&\frac{1}{t^2}-\frac{1}{t}
\end{align*}
$\Rightarrow a_{n+1}<\frac{t^2}{1-t}$,故$a_n$有界