[数列] 一个极难的数归题

（希望题目无误，实在证明不出来！）

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kuing

2^#

发表于 2014-4-8 16:55 | 只看该作者

除了暴\\\力数归之外，还真没什么好法子……

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kuing

3^#

发表于 2014-4-8 17:41 | 只看该作者

令 $b_n=a_n^2$，则 $b_1=1$ 且
\[b_{n+1}=\frac{n^2}{b_n}+\frac{b_n}{n^2}+2\]
要证明的就是当 $n\geqslant 4$ 时恒有
\[n+\frac12<b_n<n+\frac34.\]

为方便书写，我们记 $p=1/2$, $q=3/4$，下面还是用数学归纳法来证。

直接验证数值可知当 $n=4$, $5$ 时成立，设 $k$ 为不小于 $4$ 的某个整数，则由数学归纳法，只需证明若 $n=k$ 时成立则 $n=k+2$ 时也成立即可。

因为
\[
b_{k+2}=\frac{(k+1)^2}{b_{k+1}}+\frac{b_{k+1}}{(k+1)^2}+2 =\frac{(k+1)^2}{\frac{k^2}{b_k}+\frac{b_k}{k^2}+2} + \frac{\frac{k^2}{b_k}+\frac{b_k}{k^2}+2}{(k+1)^2}+2,
\]
当 $k+p<b_k<k+q$ 时，由双勾函数的单调性易见
\[
\frac{k^2}{k+q}+\frac{k+q}{k^2}+2 < \frac{k^2}{b_k}+\frac{b_k}{k^2}+2 < \frac{k^2}{k+p}+\frac{k+p}{k^2}+2,
\]
故
\[
\frac{(k+1)^2}{\frac{k^2}{k+p}+\frac{k+p}{k^2}+2} + \frac{\frac{k^2}{k+p}+\frac{k+p}{k^2}+2}{(k+1)^2} + 2 < b_{k+2} < \frac{(k+1)^2}{\frac{k^2}{k+q}+\frac{k+q}{k^2}+2} + \frac{\frac{k^2}{k+q}+\frac{k+q}{k^2}+2}{(k+1)^2} + 2,
\]
因此只要证明
\begin{align*}
\frac{(k+1)^2}{\frac{k^2}{k+p}+\frac{k+p}{k^2}+2} + \frac{\frac{k^2}{k+p}+\frac{k+p}{k^2}+2}{(k+1)^2} + 2 &\geqslant k+2+p,\quad(1) \\
\frac{(k+1)^2}{\frac{k^2}{k+q}+\frac{k+q}{k^2}+2} + \frac{\frac{k^2}{k+q}+\frac{k+q}{k^2}+2}{(k+1)^2} + 2 &\leqslant k+2+q,\quad(2)
\end{align*}

对于式(1)，代入 $p=1/2$ 并去分母整理后等价于
\[(3 k^2+3 k+1)(8 k^4+16 k^3+13 k^2+5 k+1)\geqslant 0,\]
显然成立；

对于式(2)，代入 $q=3/4$ 并去分母整理后等价于
\[128 k^8+704 k^7+936 k^6-64 k^5-1543 k^4-1902 k^3-1215 k^2-432 k-81\geqslant 0,\]
因为 $k\geqslant 4$，可令 $k=m+4$, $m\geqslant 0$，代入展开整理为
\[128 m^8+4800 m^7+77992 m^6+717696 m^5+4092537 m^4+14809122 m^3+33199993 m^2+42134712 m+23153279\geqslant 0,\]
显然成立。

综上，原不等式得证。

PS、毫无疑问，后面我用了软件，不然才不敢玩。
PS2、其实 $q$ 还可以再小些，比如 $q=0.555$，式(2)仍然成立。

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