$\sum_{i=1}^m\frac 1{2-a_i}<2018$.——有点奇怪

isee

已知：$a_1=\frac 1{2018}$，$a_n^2-2a_n+2a_{n-1}=0$，证明：
（1）$0<a_n\leqslant \frac 12(n=1,2,\cdots,m-1)$；
（2）$\sum_{i=1}^m\frac 1{2-a_i}<2018$.

kuing

题目有没有打错啊

isee

回复 2# kuing

（1）中的$1/a_{n}$是$a_n$，已修改。抱歉抱歉

色k

回复 3# isee

呃，我其实是指条件，a2有两解，a3有四解。。。真的能撸么

isee

回复 4# 色k


    第一问应该可以。我没动。
    第二问，我改了个数字为2018了，应该无伤大雅。

    我只是凑热闹的，不过，我再次肯定，除了改了个数字为2018，其它没"抄"错.

zhcosin

题目十有八九有问题，因为首先有\[ 2(a_n-a_{n-1})=a_n^2 \geqslant 0 \]这表明数列单调不减，而真如第一小问要证明的那样数列有上界$1/2$，那么数列必有极限，由递推式知道数列如果有极限则只能是零，显然矛盾，所以数列是无上界的，第一小问不成立。
至于第二问，因为数列单调不减，所以恒保持正号，显然有\[ \frac{1}{2-a_n}=\frac{a_n}{2a_{n-1}} \geqslant \frac{1}{2} \]所以第二问也只对较小的$m$能够成立.

isee

回复 6# zhcosin

来自 陈计 的《代数不等式》P130第14题

我看这证明差不多已经解决了啊，下标$n$的范围中是$m-1$，就是一部分，我个人理解啊，个人理解......

zhcosin

回复 7# isee
估计是哪儿印刷有错误吧也许。

kuing

回复 7# isee

那也就是说数列可能只有两项。
$a_2$ 有两个选择，$1\pm\sqrt{1003/1004}$，如果取 $-$ 的，那么还可以继续算 $a_3$，但如果取 $+$ 的话 $a_3$ 就无实数解了，这时数列为 $\{1/2008,1+\sqrt{1003/1004}\}$。

kuing

递推式写成
\begin{gather*}
2(a_n-a_{n-1})=a_n^2\geqslant 0\riff a_n\geqslant a_{n-1},\\
1-2a_{n-1}=(a_n-1)^2\geqslant 0\riff a_{n-1}\leqslant \frac 12,
\end{gather*}假如数列有无限项，则如6#所言有矛盾，所以数列项数必然有限，故由上式知，除了最后一项外，其余项均 $\leqslant1/2$，且最后一项 $>1/2$。

zhcosin

回复 10# kuing
精辟，我是怀疑说题目中咋有个$m$，原来是项数哇

kuing

所以题目最好这样出：
设实数数列 \an 满足：$a_1=1/2008$, $a_n^2-2a_n+2a_{n-1}=0$。
（1）证明该数列项数有限；
（2）设该数列的项数为 $m$，证明：$0<a_n\leqslant 1/2$（$n=1$, $2$, \ldots, $m-1$）；
（3）证明：\[\sum_{i=1}^m\frac 1{2-a_i}<2008.\]

kuing

递推式写为
\[\frac 1{2-a_n}=\frac 1{a_{n-1}}-\frac 1{a_n},\]所以
\[\sum_{i=1}^m{\frac 1{2-a_i}}=\frac 1{2-a_1}+\sum_{i=2}^m{\frac 1{2-a_i}}=\frac 1{2-a_1}+\frac 1{a_1}-\frac 1{a_m},\]因此等价于证明
\[a_m<2-a_1,\]因为
\[(a_m-1)^2=1-2a_{m-1}\leqslant 1-2a_1,\]所以
\[a_m\leqslant 1+\sqrt {1-2a_1}<1+\sqrt {1-2a_1+a_1^2}=2-a_1,\]即得证。

isee

果然是这个$m$引起的

zhcosin

一个m引发的血案。