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悠闲数学娱乐论坛(第2版)
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» 数列不等式
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caesarxiu
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发表于 2017-10-21 00:19
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[数列]
数列不等式
数列$\{a_n\}$满足:$a_1=\dfrac{1}{2},a_{n+1}=\dfrac{-a_{n}^3+3a_n}{2},S_n$是前$n$项的和,求证$S_n>n-1.$
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发表于 2017-10-21 15:05
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只看该作者
bao li 等比放缩+数归即可。
令 $a_n=1-b_n$,则 $b_1=1/2$,且
\[1-b_{n+1}=\frac{-(1-b_n)^3+3(1-b_n)}2,\]
化简得
\[b_{n+1}=\frac12(3-b_n)b_n^2,\]
而
\[S_n=n-b_1-b_2-\cdots -b_n,\]
所以就是要证明
\[b_1+b_2+\cdots +b_n<1.\]
令
\[c_n=\frac{1075}{8192}\left( \frac{461}{1536} \right)^{n-3},\]
下面用数学归纳法证明:当 $n\geqslant3$ 时恒有 $b_n\leqslant c_n$。
易知 $b_3=c_3$,即当 $n=3$ 时成立,假设当 $n=3+k$($k\inN$)时成立,即 $b_{3+k}\leqslant c_{3+k}$,则当 $n=3+k+1$ 时,由于 $(3-x)x^2$ 在 $(0,1)$ 上递增,所以
\[b_{3+k+1}=\frac12(3-b_{3+k})b_{3+k}^2\leqslant \frac12(3-c_{3+k})c_{3+k}^2,\]
故此只需证
\[\frac12(3-c_{3+k})c_{3+k}^2\leqslant c_{3+k+1},\]
而
\[c_{3+k+1}=\frac{461}{1536}c_{3+k},\]
即证
\[\frac12(3-c_{3+k})c_{3+k}\leqslant \frac{461}{1536},\]
因为
\[c_{3+k}\leqslant c_3=\frac{1075}{8192}<\frac15,\]
从而有
\[\frac12(3-c_{3+k})c_{3+k}<\frac12\left( 3-\frac15 \right)\frac15=\frac7{25}<\frac{461}{1536},\]
所以当 $n=3+k+1$ 时也成立,故由数学归纳法知 $b_n\leqslant c_n$ 对 $n\geqslant3$ 恒成立。
由此,我们有
\begin{align*}
b_1+b_2+\cdots +b_n&\leqslant b_1+b_2+c_3+c_4+\cdots +c_n \\
&<\frac12+\frac5{16}+\frac{1075}{8192}\sum_{n=3}^{\infty}\left( \frac{461}{1536} \right)^{n-3} \\
&=\frac12+\frac5{16}+\frac{1075}{8192}\cdot\frac1{1-\frac{461}{1536}} \\
&=1,
\end{align*}
即得证。
$\href{https://kuingggg.github.io/}{\text{About Me}}$
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发表于 2017-10-21 15:13
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只看该作者
注:$c_n$ 的构造是由
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=4861
的程序给出。
$\href{https://kuingggg.github.io/}{\text{About Me}}$
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zhcosin
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发表于 2017-10-21 16:07
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本帖最后由 zhcosin 于 2017-10-21 21:41 编辑
先证明数列严格增加但永远不会达到1,即对任意正整数$n$总有$0<a_n<a_{n+1}<1$,上归纳法,由
\[ a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2}a_n(1-a_n^2) \]
可知,由$0<a_n<1$可得出$a_{n+1}>a_n$,又
\[ 1-a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n^3-3a_n+2)=\frac{1}{2}(1-a_n)^2(2+a_n) \]
所以由$0<a_n<1$便得出$a_{n+1}<1$,所以数列严格增加但不会超过1.
对递推式取极限可以知道数列将趋于极限1,因此可设$a_n=1-b_n$,则只要证明$b_1+b_2+\cdots+b_n<1$,易得
\[ b_{n+1}=\frac{1}{2}(3-b_n)b_n^2 \]
而$b_n=1-a_n >0$,所以
\[ b_{n+1}<\frac{3}{2}b_n^2 \]
于是
\[ \frac{3}{2}b_{n+1} < \left( \frac{3}{2}b_n \right)^2 \]
上式记为(1)式,所以
\[ \frac{3}{2}b_n < \left( \frac{3}{2}b_1 \right)^{2^{n-1}} \]
所以最终
\[ b_n<\frac{2}{3} \left( \frac{3}{4} \right)^{2^{n-1}} = c_n \]
但是很遗憾,$b_1+b_2+c_3=\frac{1}{2}+\frac{5}{16}+\frac{2}{3}\cdot\left( \frac{3}{4} \right)^4>1$,放缩失败。
回到对$b_n$的放缩过程,对(1)式的放缩, 我们尝试不要一直退到$b_1$,试试只退到$b_3$(以下过程在只退到$b_2$的情况下仍然放缩过度),此时有
\[ b_1=\frac{1}{2}, \ b_2=\frac{5}{16}, \ b_3=\frac{1075}{8192} \]
于是
\[ \frac{3}{2}b_n < \left( \frac{3}{2}b_3 \right)^{2^{n-3}} \]
从而
\[ b_n<\frac{2}{3} \left( \frac{3225}{16384} \right)^{2^{n-3}} \]
而在$n>3$时,有$2^{n-3}\geqslant 2n-6$(利用$n=4,5$得出的割线),所以在$n>3$时
\[ b_n<\frac{2}{3} \left( \frac{3225}{16384} \right)^{2n-6} = c_n \]
于是
\[ b_1+b_2+\cdots+b_n < \frac{1}{2} + \frac{5}{16} + \frac{1075}{8192} + \frac{2}{3} \cdot \left( \frac{3225}{16384} \right)^2 \cdot \frac{1}{1-\left( \frac{3225}{16384} \right)^2} < 1 \]
这里没办法,上了计算器。证毕。
数学暗恋者,程序员,喜欢古典文学/历史,个人主页: https://zhcosin.coding.me/
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发表于 2017-10-22 04:02
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zhcosin
还是要从 b3 开始放,数字就大了
这题稍微有点紧
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发表于 2017-10-22 16:04
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kuing
紧一点才有感觉啊,你知道我说的是什么
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发表于 2017-10-23 22:53
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本帖最后由 zhcosin 于 2017-10-23 22:56 编辑
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kuing
忽然发现也可以简单点算,把看起来大坨的分数用简单分数来代替就行,在那里得到$n>3$时
\[ b_n < \frac{2}{3} \left( \frac{3225}{16384} \right)^{2n-6} \]
括号里那一坨分数接近但小于$\frac{1}{5}$,所以
\[ b_n < \frac{2}{3} \left( \frac{1}{5} \right)^{2n-6} \]
而 $b_3=\frac{1075}{8192} $接近但大于$\frac{1}{8}$,于是稍稍把分母放大一点,有
\[ b_3=\frac{1075}{8192}<\frac{5}{32} \]
所以
\begin{align*}
b_1+b_2+\cdots+b_n & < \frac{1}{2}+\frac{5}{16} + \frac{1075}{8192} + \frac{2}{3} \cdot \left( \frac{1}{5} \right)^2 \cdot \frac{1}{1-\left( \frac{1}{5} \right)^2} \\
& < \frac{1}{2}+\frac{5}{16} + \frac{5}{32} + \frac{1}{36} \\
& < \frac{1}{2}+\frac{5}{16} + \frac{5}{32} + \frac{1}{32} = 1
\end{align*}
注意最后一个小于是把最后一个分式的分母从36缩小到32的。
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zhcosin
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发表于 2017-10-26 22:37
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caesarxiu
话说这题的参考答案是咋样的,有点好奇,发上来瞅瞅。
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发表于 2017-10-27 10:57
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第一、第二项开始放缩是放缩法思想,要多几项才能放缩且计算数据又不简单的,那就转为计算了,而计算要人工算就有点不现实,这样的题总有点坑害人的感觉。
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