数列 不等式。。。3

力工

数列${a_n}$满足$a_1=\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots +\dfrac{1}{a_n}=\dfrac{1}{a_1}\cdot \dfrac{1}{a_2}\cdot \cdots \cdot \dfrac{1}{a_n}$,记${(a_n-1)^2}$的前$n$和为$S$，证明：$\dfrac{1}{4}\leqslant S<\dfrac{3}{4}$.

战巡

回复 1# 力工


我只问一个问题：$a_2$等于什么？

kuing

1=0

力工

回复 2# 战巡
色k与战巡两们大神好！错了，分式输混了，$a_1=\dfrac{1}{2}，这个就可以算出了。
$\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}=dfrac{1}{a_1}\cdot \dfrac{1}{a_2}$,解得$a_2=\dfrac{1}{2}$.

abababa

回复 4# 力工

这个不行吧？如果$a_1=\frac12$，则$(a_1-1)^2=\frac14$，而$(a_n-1)^2$都是非负数，加起来肯定就大于等于$\frac{1}{4}$了，但是右边，算到$a_3=-\frac34$，这样$(a_n-1)^2$前三项加起来就比$\frac34$大了

zhcosin

不等式的左边是显然的，但是右端，编程计算知$S_{500000}=0.7499980000515597$，似乎$\frac{3}{4}$是极限值，不能再小了，所以这个估计不容易放缩。
目前我只证得了$S<0.7876$，还没能缩小到$\frac{3}{4}$，我的证明如下:
令$b_n=1/a_n$，先证明$b_n>1$恒成立，因为
\[ b_{n+1}=\frac{b_1b_2\cdots b_n}{b_1b_2\cdots b_n -1} = 1 + \frac{1}{b_1b_2\cdots b_n -1} \]
所以如果从$b_1$到$b_n$都大于1的话，就必然有$b_{n+1}>1$，由第二数学归纳法，$b_n>1$恒成立。
其次由
\[ b_1b_2\cdots b_n = b_1+b_2+\cdots b_n \geqslant n(b_1b_2\cdots b_n)^{1/n} \]
得到
\[ b_1b_2 \cdots b_n  \geqslant n^{n/(n-1)} \]
从而
\[ 1-\frac{1}{b_n} = \frac{1}{b_1b_2\cdots b_{n-1}} \leqslant (n-1)^{-(n-1)/(n-2)} \]
可以证明当$n \geqslant 6$时有不等式$(1+\frac{2}{n})^n < n$成立，事实上左端总是小于$3^2=9$，所以当$n \geqslant 9$时是显然的，$n=6,7,8$时由计算器验证便知其成立。于是便有
\[ \sqrt[n]{n}>1+\frac{2}{n} \]
所以
\[ n^{n/(n-1)} > n^{(n+1)/n} = n^{1+1/n} = n \cdot \sqrt[n]{n} > n(1+\frac{2}{n}) = n+2 \]
这样一来就有
\[ S_n<S_5 + \sum_{i=6}^n \frac{1}{(i-1)^{2(i-1)/(i-2)}} < S_5 + \sum_{i=6}^n \frac{1}{(i+1)^2} < S_5 +\sum_{i=6}^n \frac{1}{i(i+1)} < S_5 + \frac{1}{6}  \]
计算得$b_2=2$, $b_3=4/3$, $b_4=16/13$, $b_5=256/217$，所以
\[ S_n < S_5 + \frac{1}{6} = \frac{1}{2} + \frac{1}{16} + \frac{9}{256} + \frac{1521}{65535} + \frac{1}{6} =0.787531\ldots < 0.7876 \]

zhcosin

然后要怎么缩小到3/4就真是黔驴技穷了，按程序显示结果，这个3/4十有八九便是极限值，这就是说几乎任何放缩都难以达到要求，到目前为目我见过的放缩之后仍保有相同极限的好像就只有$(1+\frac{1}{n})^n$放大成$1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}$这么一个。
另外，话说你哪来那么多数列不等式题目？

zhcosin

要缩小到3/4倒是有一个思路，就是加强下面这个不等式
\[ \sqrt[n]{n}>1+\frac{2}{n} (n \geqslant 6) \]
把它加强成为，当$n$大于某个正整数$N$时有
\[ \sqrt[n]{n} > 1 + \frac{p}{n} \]
这里$p$是某个大于2的正整数，这样一来，便有
\[ S_n < S_N + \sum_{i=N+1}^n \frac{1}{(n+p-1)^2} < S_N + \frac{1}{n+p-2} \]
这样一来，理论上可以改进0.7876这个结果，但是否能达到0.75还不好说，而且这样一来，随着$p$的增大，$N$的取值也就需要更大，这时手工计算$S_N$就是一件苦差事了。

色k

原来还是那FAQ递推……

首先有
\[\frac1{a_1a_2\cdots a_na_{n+1}}=\frac1{a_1}+\frac1{a_2}+\cdots +\frac1{a_n}+\frac1{a_{n+1}}=\frac1{a_1a_2\cdots a_n}+\frac1{a_{n+1}},\]
去分母得
\[a_{n+1}=1-a_1a_2\cdots a_n,\]
于是当 $n\geqslant2$ 时，有
\[a_{n+1}=1-a_1a_2\cdots a_{n-1}a_n=1-(1-a_n)a_n,\]
这时可以写成 $a_{n+1}=a_n^2-a_n+1$，这就是《撸题集》的 FAQ 1 的递推，不过这里跟那题并没什么关系，这里显然应该写成
\[(a_n-1)^2=a_{n+1}-a_n,\]
上式对 $n\geqslant2$ 成立，但对 $n=1$ 不成立，所以
\[S=(a_1-1)^2+a_{n+1}-a_2=\frac14+a_{n+1}-\frac12=a_{n+1}-\frac14,\]
所以只需证 $a_n<1$ 恒成立，此乃显然。

色k

另外，由递增且有上界知 an 有极限，且显然为 1，可见右边的 3/4 确实是最佳的。

zhcosin

回复 9# 色k
强悍

力工

回复 10# 色k

老大厉害！强了！$(a_n-1)^2=a_{n+1}-a_n$

abababa

原来如此，我的$a_3$算错了。当然后边算对时我也没想到怎么证明。