一个有点紧的数列不等式

zhcosin

题目 已知数列$a_n$满足$a_1=1$，以后的项由递推式
  \[ a_{n+1} = a_n + \frac{1}{a_n^2} \]
  确定，求证: $30 < a_{9000} < 30.01$.

证明 递推式两边三次方
  \[ a_{n+1}^3 = a_n^3 + 3 + \frac{3}{a_n^3} + \frac{1}{a_n^6} \]
   显然数列是严格增加的，所以在$n>2$时，$a_n>a_2=2$，于是此时
  \[ a_n^3+3 < a_{n+1}^3 < a_n^3 +3 + \frac{3}{2^3}+\frac{1}{2^6}<a_n^3+4 \]
  因此在$n>3$时有
  \[ 3n+2<a_n^3<4n \]
  将这估计式应用到前式的右边，得
  \[ a_n^3 + 3 + \frac{3}{4n} + \frac{1}{16n^2} < a_{n+1}^3 < a_n^3 + 3 + \frac{3}{3n+2} + \frac{1}{(3n+2)^2} \]
  于是得
  \[ a_2^3 + 3(n-2) + \frac{3}{4}\sum_{k=2}^{n-1} \frac{1}{k} + \frac{1}{16}\sum_{k=2}^{n-1} \frac{1}{k^2} < a_n^3 < a_2^3 + 3(n-2) + 3\sum_{k=2}^{n-1} \frac{1}{3k+2} + \sum_{k=2}^{n-1} \frac{1}{(3k+2)^2} \]
接下来对两边的四个求和进行估值，在接下来的过程中需要使用以下不等式。
  \[ \ln{(n+1)} < \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} < 1 + \ln{n} \]
  显然有
    \[ \sum_{k=2}^{n-1} \frac{1}{k} > \ln{n} - 1 \]
    以及
    \begin{align*}
      \sum_{k=2}^{n-1} \frac{1}{k^2} & > \sum_{k=2}^{n-1} \frac{1}{k(k+1)} \\
                                     & = \sum_{k=2}^{n-1} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) \\
      & = \frac{1}{2} - \frac{1}{n}
    \end{align*}
    因此有$a_n^3$的下界估计式
    \[ a_n^3 > 3n+2+\frac{3}{4} \ln{n} -\frac{1}{16n} - \frac{23}{32} \]
    接下来由反比例函数的下凸性有
  \begin{align*}
    \sum_{k=2}^{n-1} \frac{1}{3k+2} & < \frac{1}{3} \sum_{k=2}^{n-1} \left( \frac{1}{3k+1} + \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+3} \right) \\
                                & = \frac{1}{3} \sum_{k=7}^{3n} \frac{1}{k} \\
                                    & < \frac{1}{3} \left( 1+\ln{3n} - \left( 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{6} \right) \right) \\
    & < \frac{1}{3} \left( 1+\ln{3n} - \ln{7} \right)
  \end{align*}
  以及
  \begin{align*}
    \sum_{k=2}^{n-1} \frac{1}{(3k+2)^2} & < \sum_{k=2}^{n-1} \frac{1}{(3k+2)(3k-1)} \\
                                        & = \frac{1}{3} \sum_{k=2}^{n-1} \left( \frac{1}{3k-1} - \frac{1}{3k+2} \right) \\
    & = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{3n-1} \right)
  \end{align*}
  于是有$a_n^3$的上界估计式
  \[ a_n^3 < 3n+3 +\ln{3n} - \ln{7} + \frac{1}{3} \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{3n-1} \right) \]
  综合上界和下界，代入$n=9000$得到:
  \[ 30.0030 < a_{9000} < 30.0042 \]
得到更加精确的结果.


有空再看看有没有计算错误，但是方法是不会错的。

realnumber

鼓掌---，那换成4次，5次等是否会更紧凑些？
也想出一个，把估计出的范围再次代入开始的3次方后的等式中，累加，猜测会更紧

kuing

第二步 $a_n^3+3 < a_{n+1}^3 < a_n^3 + 5$ 就没看懂，为啥右边是 +5 而不是 +7？

zhcosin

回复 3# kuing
搞错了，修改了一下，不知道还有没有。

zhcosin

回复 2# realnumber
之所以是三次是因为受在递推式
\[ a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n} \]
两边平方的启发，这样正好可以出现一个常数项，剩下的都是倒数，从而数列的增量中，就分出了主要成分和次要成分，其它次方恐怕就没这个效果了。

isee

回复 3# kuing


    这个题是不是曾经你证过一个类似的？

色k

回复 6# isee

我当时证出了一个比较好看但弱一点的结论，在《撸题集》有记录（P110~111）

zhcosin

类似的可以搞定下面这题: 数列$x_n$满足$x_0=5$并具有递推式
\[ x_{n+1}=x_n+\frac{1}{x_n} \]
求证:
\[ 45 < x_{1000} < 45.1 \]
递推式两边进行平方并使用相同的手法就可以达到目的，而且所得结果比要证明的结果精确的多。

isee

回复 7# 色k

如果这个注中的 an^3 < 3n + 2 + ln(3n+2) - 1/(9n+6) - ln5 + 1/15 是正确的，则比楼主的估值更近~

kuing

回复 9# isee

看样子可能也是用楼主的方法搞出来的，有空再研究下。

isee

$3n+2<a_n^3<4n$，$n=2$两边取等，啧啧

$a_{n+1}^3$累和用到了$n=2$时的等式，啧啧

$\ln{(n+1)} < \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} < 1 + \ln{n}$，又一个啧啧，是用积分理解此式最快吗？


$\sum_{k=2}^{n-1} \frac{1}{3k+2} < \frac{1}{3} \sum_{k=2}^{n-1} \left( \frac{1}{3k+1} + \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+3} \right)$
被下凸吓着了，这裂项，强，啧啧

仅看过程都花了半小多小时，楼主一气呵成，怕是花更多心思

isee

回复  isee

看样子可能也是用楼主的方法搞出来的，有空再研究下。
kuing 发表于 2018-2-28 19:24

绝对同源，技巧性太强了。
不知道当年的标答是如何解的。

zhcosin

回复 11# isee
1. 不用下凸也可以用别的方式放缩，比如下面就是两种:
\[ \sum_{k=2}^{n-1} \frac{1}{3k+2} < \frac{1}{3} \sum_{k=2}^{n-1} \frac{1}{k} < \frac{1}{3} \ln{(n-1)} \]
或者使用
\[ \frac{1}{3k+2} < \frac{1}{3} \left( \frac{1}{3k} + \frac{1}{3k+1} + \frac{1}{3k+2} \right) \]
这两种方式都可以实现把等差序列的倒数之和变为连续正整数的倒数之和，从而利用调和数列的估计式。

2. 关于不等式
\[ \ln{(n+1)} < \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} < 1 + \ln{n} \]
的证明方法有很多，如果允许使用导数，那么首先可以证明
\[ \ln{(1+x)} < x \]
于是取$x=\frac{1}{n}$，即得
\[ \ln{\left( 1+\frac{1}{n} \right)} < \frac{1}{n} \]
即
\[ \ln{(n+1)} - \ln{n} < \frac{1}{n} \]
再累加就可以了，而在高等数学上，就不应该这么做了，正确的姿势是先由两个数列
\[ x_n = \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n \]
与
\[ y_n = \left( 1+\frac{1}{n} \right)^{n+1}  \]
有$x_n$严格增加而$y_n$严格减少，并且有共同的极限$\mathrm{e}$，所以
\[ x_n < \mathrm{e} < y_n \]
三边取对数得
\[ n \ln{\left( 1+\frac{1}{n} \right)} < 1 < (n+1) \ln{\left( 1+\frac{1}{n} \right)} \]
于是
\[ \frac{1}{n+1} < \ln{\left( 1+\frac{1}{n} \right)} < \frac{1}{n} \]
即
\[ \frac{1}{n+1} < \ln{(n+1)} - \ln{n} < \frac{1}{n} \]
以下略。

hbghlyj

\[a_{n+1} = a_n + \frac{1}{a_n^2}\]可以写成\[\Delta a_n = \frac{1}{a_n^2}\]对应的微分方程\[f'(x)=\frac1{f(x)^2}\]初值$f(1)=1$解得$f(x)=\sqrt[3]{3 x-2}$