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血狼王
Post time 2015-12-25 15:21
本帖最后由 血狼王 于 2015-12-25 15:27 编辑 (by GoJensenOrGoHome)
原帖地址：
artofproblemsolving.com/community/c6h1167601p5587849
原帖为英文，这里翻译一下，若有货不对版，我不负责的
将$$\sqrt{2n-1}\leq a_n\leq \sqrt{2n-1+log_2(n)}$$的三部分平方得：$$2n-1\leq {a_n}^2\leq 2n-1+log_2(n)$$也就是$$2n\leq {a_n}^2+1\leq 2n+log_2(n)$$
把不等式分为两块：
$(1)$
$${a_n}^2+1\geq 2n$$
$(2)$
$${a_n}^2+1\leq 2n+log_2(n)$$
1)先用数学归纳法证明$(1)$.
假设$${a_n}^2+1\geq 2n$$成立，我们要证$${a_{n+1}}^2+1\geq 2n+2$$
上式等价于$$(a_n+\frac{1}{a_n})^2+1\geq 2n+2$$
$$\riff {a_n}^2+2+\frac{1}{{a_n}^2}+1\geq 2n+2$$
$$\riff {a_n}^2+1+\frac{1}{{a_n}^2}\geq 2n$$
由${a_n}^2+1\geq 2n$可知，最后一式显然成立。
我们来检验一下：$n=1$时，$a_1=1$，这时${a_n}^2+1\geq 2n$即$2\geq 2$，成立。$(1)$证毕。
2)再用数学归纳法证明$(2)$.
假设$${a_n}^2+1\leq 2n+log_2(n)$$成立，我们要证$${a_{n+1}}^2+1\leq 2(n+1)+log_2(n+1)$$
我们有
$${a_{n+1}}^2+1\leq 2(n+1)+log_2(n+1)$$
$$\riff (a_n+\frac{1}{a_n})^2+1\leq 2n+2+log_2(n+1)$$
$$\riff {a_n}^2+2+\frac{1}{{a_n}^2}+1\leq 2n+2+log_2(n+1)$$
$$\riff {a_n}^2+\frac{1}{{a_n}^2}+1\leq 2n+log_2(n+1)$$
但我们已有${a_n}^2+1\leq 2n+log_2(n)$，这样，$LHS\leq 2n+log_2(n)+\frac{1}{{a_n}^2}$.
（左边小于等于某某东西）
所以我们要证$$2n+log_2(n)+\frac{1}{{a_n}^2}\leq 2n+log_2(n+1)$$
$$\riff log_2(n)+\frac{1}{{a_n}^2}\leq log_2(n+1)$$
$$\riff \frac{1}{{a_n}^2}\leq log_2(n+1)-log_2(n)=log_2(\frac{n+1}{n})$$
$$\riff {a_n}^2\geq \frac{1}{log_2(\frac{n+1}{n})}$$
两边加上1，即有$${a_n}^2+1\geq \frac{1}{log_2(\frac{n+1}{n})}+1$$
由$(1)$得${a_n}^2+1\geq 2n$，所以$LHS\geq 2n$.
我们希望对一切$n\geq 1$，有$$2n\geq \frac{1}{log_2(\frac{n+1}{n})}+1$$恒成立.
事实上，$$2x\geq \frac{1}{log_2(\frac{x+1}{x})}+1$$对一切实数$x\geq 1$恒成立，因为$$f(x)=2x-1-\frac{1}{log_2(\frac{x+1}{x})}$$在$[1,+\infty)$上是增函数，且对于$x=1$有$f(1)=0$.
现在检验一下：$n=1$时，${a_n}^2+1\leq 2n+log_2(n)$即$2\leq 2+0$，成立。$(2)$证毕。
综上所述，原不等式成立。
（P.S. GoJensenOrGoHome在最后一段写道：“我希望证明里面没有笔误，若有，我十分抱歉，因为我现在（指写证明的时候）没有时间了。”我把它移到这里，是觉得这句话更像是“题后感”（我生造的词，呵呵）。不过，赶时间而出现笔误的事，估计很多人都有。这个证明很长，每一步都细致地列了出来，若是我来写，会简略一点吧） |
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游客
Post time 2015-12-25 12:57
