又一个 $S_{100}$ 的范围

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源自知乎提问


题：数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1,$ $a_2=\frac 12$，$a_{n+1}=\frac {a_n}{a_{n-1}a_n+1}$，则 $S_{100}$ 的取值可能在（ ）

C. (12,14)


























由 $a_1,a_2>0$ 及递推关系知 $a_n>0$ 于是 $\frac {a_{n+1}}{a_n}=\frac {1}{a_{n-1}a_n+1}<\frac 11$ 即 $a_n>a_{n+1}$ 亦即数列 $\{a_n\}$ 是单调递减的.

另一方面
\begin{align*} \frac 1{a_{n+1}}&=\frac {a_{n-1}a_n+1}{a_n}=\frac 1{a_n}+a_{n-1}\\[1em] &>\frac 1{a_n}+a_n\\[1em] \Rightarrow \frac 1{a_{n+1}^2}&>\frac 1{a_{n}^2}+a_n^2+2>\frac 1{a_{n}^2}+2. \end{align*}

下面证明 $$\color{blue}{\frac 1{a_n}> \sqrt {2n}}.$$

由数学归纳法， $\frac 1{a_3}=\frac {a_1a_2+1}{a_2}=3>\sqrt {2\cdot 3}$，即 $n=3$ 时 $\frac 1{a_n}>\sqrt {2n}$ 成立.

假设 $\frac 1{a_k}>\sqrt {2k}$ 成立，

则 $\frac 1{a_{n+1}^2}>\frac 1{a_{k}^2}+2=2k+2>2(k+1), $

即 $\frac 1{a_{k+1}}>\sqrt {2(k+1)}$ 成立.

综上可知 $\frac 1{a_n}>\sqrt {2n}.$

再次由 $\frac 1{a_{n+1}}=\frac 1{a_n}+a_{n-1} $ 知 $a_n=\frac 1{a_{n+2}}-\frac 1{a_{n+1}}$，于是
\begin{align*} S_{100}&=\sum_{i=1}^{100}a_i=\sum_{i=1}^{100}\left(\frac 1{a_{n+2}}-\frac 1{a_{n+1}}\right)\\[1em] &=\sum_{i=1}^{100}\frac 1{a_{n+2}}-\sum_{i=1}^{100}\frac 1{a_{n+1}}\\[1em] &=\frac 1{a_{102}}-\frac 1{a_2}\\[1em] &>\sqrt {2\cdot 102}-2\\[1em] &>12. \end{align*}

由此选 C 的可能性极高.

接 $\color{blue}{\frac 1{a_n}> \sqrt {2n},{~}n\geqslant 3}$，下面计算 $1/a_n$ 的上界，由 $\frac 1{a_{n+1}}=\frac 1{a_n}+a_{n-1}$得

\begin{align*}  \frac 1{a_{n}}&=\frac 1{a_{n-1}}+a_{n-2}\\[1em] \frac 1{a_{n-2}}&=\frac 1{a_{n-3}}+a_{n-4}\\[1em] \cdots &\cdots \\[1em] \frac 1{a_{4}}&=\frac 1{a_{3}}+a_{2}\\[1em] \frac 1{a_{3}}&=\frac 1{a_{2}}+a_{1} \end{align*}

将这 $n-2$ 个式子累加，注意 $a_n<\frac 1{\sqrt 2}\cdot \frac 1{\sqrt n},n\geqslant 3$ 有，
\begin{align*}  \frac 1{a_{n}}&=\frac 1{a_2}+a_1+a_2+(a_3+\cdots+a_{n-2})\\[1em] &=2+1+\frac 12+\sum_{k=3}^{n-2}a_k\\[1em] &<2+1+\frac 12+\sum_{k=3}^{n}a_k\\[1em] &<\frac 72+\frac 1{\sqrt 2}\sum_{k=3}^{n}\frac 1{\sqrt k} \end{align*}

注意到 $\color{red}{2\sqrt k>\sqrt k+\sqrt {k-1}}$ 于是
\begin{align*}  \frac 1{a_{n}}&<\frac 72+\frac 1{\sqrt 2}\sum_{k=3}^{n}\frac 1{\sqrt k}\\[1em] &<\frac 72+\frac {\sqrt 2}2\sum_{k=3}^{n}\frac 2{\sqrt k+\sqrt {k-1}}\\[1em] &=\frac 72+\sqrt 2\sum_{k=3}^{n}\left({\sqrt k-\sqrt {k-1}}\right)\\[1em] &=\frac 72+\sqrt 2\left(\sum_{k=3}^{n}\sqrt k-\sum_{k=3}^{n}\sqrt {k-1}\right)\\[1em] &=\frac 72+\sqrt 2\left(\sqrt {n}-\sqrt 2\right)\\[1em] &=\sqrt {2n}+\frac 32. \end{align*}

综上所述，即有 $$\color{blue}{\boxed{\sqrt {2n}<\frac 1{a_n}<\sqrt {2n}+\frac 32 ,{~}n\geqslant 3}}.$$

于是

\begin{align*}  12<S_{100}=\frac 1{a_{102}}-\frac 1{a_2}<\sqrt {2\cdot 102}+\frac 32-2<14. \end{align*}