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设正整数数列$\{a_n\}$满足:$a_2=4$,且对任何$n \in \mN$,有 \[ 2+\frac{1}{a_{n+1}}<\frac{\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_{n+1}}}{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}<2+\frac{1}{a_n} \] 求$\{a_n\}$的通项公式
不等式定义的正整数数列,那肯定是写几项用归纳法了.
解:代入$n=1$,得$\ds \frac{2}{3}<a_1<\frac{8}{7},a_1=1$,类似的可以求得$a_3=9$.猜测$a_k=k^2(\forall k \ge 2)$,下面用归纳法证明.
显然$k=2$时成立,假设对$k$成立,即$a_k=k^2$,代入$n=k$:
由于\[ 2+\frac{1}{a_{k+1}}<(\frac{1}{k^2}+\frac{1}{a_{k+1}})k(k+1) \] 可得 \[ a_{k+1}<\frac{k(k^2+k-1)}{k-1}=(k+1)^2+\frac{1}{k-1} \le (k+1)^2+1 \]
考虑$a_{k+1}$是正整数,可得$a_{k+1} \le (k+1)^2$
另外一方面 \[ (\frac{1}{k^2}+\frac{1}{a_{k+1}})k(k+1)<2+\frac{1}{k^2} \]
可得 \[ a_{k+1}>\frac{k(k+1)}{1-\frac{1}{k}+\frac{1}{k^2}} \] 我们尝试证明 \begin{gather} \frac{k(k+1)}{1-\frac{1}{k}+\frac{1}{k^2}} \ge k^2+2k\\ \Longleftrightarrow \frac{k+1}{k+2} \ge 1-\frac{1}{k}+\frac{1}{k^2}\\ \Longleftrightarrow \frac{1}{k}-\frac{1}{k^2} \ge \frac{1}{k+2}\\ \Longleftrightarrow \frac{1}{k}-\frac{1}{k+2} \ge \frac{1}{k^2}\\ \Longleftrightarrow \frac{2}{k(k+2) \ge \frac{1}{k^2}}\\ \Longleftrightarrow k \ge 2 \end{gather} 故可得$a_{k+1}>k^2+2k,a_{k+1} \ge k^2+2k+1=(k+1)^2$
结合$a_{k+1} \le (k+1)^2$,可得$a_{k+1}=(k+1)^2$
归纳原理可知对一切正整数$n$,$a_n=n^2$\end{proof}
