Find all sequences $(a_n)_{n\geq 1}$ of positive integers such that for all integers $n\geq 3$ we have
\[\dfrac{1}{a_1 a_3} + \dfrac{1}{a_2a_4} + \cdots + \dfrac{1}{a_{n-2}a_n}= 1 – \dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2}.\]
求所有的正整数列$(a_n)_{n\geq 1}$,满足对一切正整数$n\geq 3$都有\[\dfrac{1}{a_1 a_3} + \dfrac{1}{a_2a_4} + \cdots + \dfrac{1}{a_{n-2}a_n}= 1 – \dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2}.\]

考虑$n=3$,可得\[    \frac{1}{a_1 a_3}=1-\frac{1}{a_1^2+a_2^2},a_1 a_3=\frac{a_1^2+a_2^2}{a_1^2+a_2^2-1}\]
所以必须有$a_1^2+a_2^2-1=1,a_1=a_2=1,a_3=2$
考虑\begin{gather}    \dfrac{1}{a_1 a_3} + \dfrac{1}{a_2a_4} + \cdots + \dfrac{1}{a_{n-2}a_n}    = 1 – \dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2}\\    \dfrac{1}{a_1 a_3} + \dfrac{1}{a_2a_4} + \cdots + \dfrac{1}{a_{n-1}a_{n+1}}    = 1 – \dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2+a_n^2}\\    \frac{1}{a_{n-1}a_{n+1}}=\dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2}    -\dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2+a_n^2}\\    (a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2)(a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n}^2)=a_{n-1} a_n^2 a_{n+1}\\    \frac{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2}{a_{n-1} a_n}     \frac{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n}^2}{a_{n} a_{n+1}}=1 \end{gather}
记$b_n=\frac{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n}^2}{a_{n} a_{n+1}},b_{n-1}b_n=1,n \ge 3$
结合$b_1=b_2=1$,可得对一切$n \in \mN$都有$b_n=1$\begin{gather}a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n}^2=a_{n} a_{n+1}\\a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n+1}^2=a_{n+1} a_{n+2}\\a_{n+1}^2=a_{n+1} a_{n+2}-a_{n} a_{n+1}\\a_{n+2}=a_{n+1}+a_n\end{gather}
所以$\{a_n\}$是斐波那契数列,通项为\[    a_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left((\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n\right)\]

   
英文题目: An infinite sequence of positive integers $a_1, a_2, \dots$ is called $good$ if
    (1) $a_1$ is a perfect square, and
    (2) for any integer $n \ge 2$, $a_n$ is the smallest positive integer such that$$na_1 + (n-1)a_2 + \dots + 2a_{n-1} + a_n$$is a perfect square.
    Prove that for any good sequence $a_1, a_2, \dots$, there exists a positive integer $k$ such that $a_n=a_k$ for all integers $n \ge k$.

中文题目: 一个无穷正整数数列 $a_1, a_2, \dots$ 被称作”好数列”,如果它满足:
    (1) $a_1$ 是完全平方数
    (2) 对一切 $n \ge 2$, $a_n$ 是使得 $$na_1 + (n-1)a_2 + \dots + 2a_{n-1} + a_n$$为完全平方数的最小的正整数.
    证明:对所有”好数列” $a_1, a_2, \dots$, 存在正整数 $k$ 使得 对一切 $n \ge k$ 都有 $a_n=a_k$.

    设$na_1 + (n-1)a_2 + \dots + 2a_{n-1} + a_n=b_n^2$,$b_n \in \mN$    \[        b_{n}^2-b_{n-1}^2=a_1+a_2+\dots+a_n    \]    显然 $b_n$严格递增
    如果$a_n$最终变为常数,那么最终$b_n^2-b_{n-1}^2$就是一次的
    从而最终$b_n$也是一次的,所以其实要证$b_n$最终是等差数列
    要证$b_n-b_{n-1}$最终是常数
    而我们证明一个正整数数列最终变为常数有一个经典做法:证明这个正整数数列不增,或者先找到某个不增的子列.
    在最美好的情况下,如果总有    \[        b_{n+1}-b_n \le b_n-b_{n-1}    \]    那么就可以立即判断命题成立.
    可以先去尝试证明$b_{n+1} \le 2b_n-b_{n-1}$
    而这需要$(n+1) a_1+n a_2+\dots+3 a_{n-1}+2 a_n<(2b_n-b_{n-1})^2$(因为如果此式成立,那么按照$a_{n+1}$的定义,$b_{n+1}^2=(n+1) a_1+n a_2+\dots+3 a_{n-1}+2 a_n+a_{n+1}$一定不会超过$(2b_n-b_{n-1})^2$)
    把左边用$b_n$表达    \begin{align}          & (n+1) a_1+n a_2+\dots+3 a_{n-1}+2 a_n                                                    \\        = & \left( na_1 + (n-1)a_2 + \dots + 2a_{n-1} + a_n \right)+\left( a_1+a_2+\dots+a_n \right) \\        = & b_n^2+b_n^2-b_{n-1}^2=2b_n^2-b_{n-1}^2                                                   \\        = & (2b_n-b_{n-1})^2-2(b_n-b_{n-1})^2 < (2b_n-b_{n-1})^2    \end{align}        于是可得    \[        b_{n+1}^2 \le (2b_n-b_{n-1})^2,b_{n+1}-b_{n} \le b_{n}-b_{n-1}    \]
    所以$b_{n+1}-b_n$是不增的正整数列,某项之后是正整数$c$,剩下的就显然了.
    相关问题:2017-IMO-P1,2016-东南数学奥林匹克-P8

设整数 $n \geq 3, a_1, a_2, \cdots, a_n$ 是正实数. 对 $1 \leq i \leq n$, 记 $b_i=\frac{a_{i-1}+a_{i+1}}{a_i}$, 其中 $a_0=a_n, a_{n+1}=a_1$. 已知对任意 $1 \leq i, j \leq n, a_i \leq a_j$ 当且仅当 $b_i \leq b_j$. 求 证: $a_1=a_2=\cdots=a_n$.

 读完题以后应该会有基本的感觉:这两个条件似乎是反的.
    一方面,$a_i$越大,意味着$b_i$越大;另外一方面,$a_i$越大会导致 $b_i=\frac{a_{i-1}+a_{i+1}}{a_i}$要比较小.这两个条件是有矛盾性在里面的.
    那么我们可以考虑$\{a_n\}$的最小项和最大项,设为$a_s,a_t$,则总有    \[        a_s \le a_i \le a_t,\forall 1 \le i \le n    \]
    按照题意我们有$b_s \le b_i \le b_t$,这表明$b_s,b_t$也分别是$b_i$的最小项和最大项
    但是另外一方面,考虑$a_s$最小,$a_t$最大,显然    \[        2 \le \frac{a_{s-1}+a_{s+1}}{a_s} =b_s \le b_t=\frac{a_{t-1}+a_{t+1}}{a_t} \le 2    \]
因此恒有$b_i=2$
既然对一切$1 \le i,j \le n$都有$b_i \le b_j,b_j \le b_i$,那么根据题意,可得$a_i \le a_j,a_j \le a_i$
因此一切$a_i$相同
或者回到递推化成等差数列也行.

对于每个正整数 $k, a_k$ 是最 大的且不能被 3 整除的 $k$ 的约数. 定义数列 $\left\{S_n\right\}$ 为 $S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$ (例如, $S_6=1+2+$ $1+4+5+2)$. 证明: $S_n$ 被 3 整除当且仅当 $n$ 的三进制表示中, 1 的个数可以被 3 整除.

    参考答案的做法比较复杂,我们这里用递推的方式书写.
    首先,如果做本题之前做过另外一个小题,对本题会有所帮助:
    设$a_n$是$n$的最大奇因子,求$S_{2^n}$.
    核心想法是考虑到$a_{2n}=a_n,a_{2n-1}=2n-1$,故    \begin{gather}        S_{2^n}=a_1+a_2+\dots+a_{2^n}\\        =(a_1+a_3+\dots+a_{2^n-1})+(a_2+a_4+\dots+a_{2^n})\\        =(1+3+\dots+(2^n-1))+(a_1+a_2+\dots+a_{2^{n-1}})\\        =(1+3+\dots+(2^n-1))+S_{2^{n-1}}    \end{gather}    再由这个递推式求出$S_{2^n}$
    本题的定义和上题非常类似,我们可以得到    \[        a_{3m+1}=3m+1,a_{3m+2}=3m+2,a_{3m}=a_m,\forall m \in \mn        \]
    于是    \begin{align}        S_{3m}&=a_1+a_2+\dots+a_{3m}\\        &=1+2+4+5+\dots+(3m-2)+(3m-1)+(a_3+a_6+a_9+\dots+a_{3m})\\        &=3+9+\dots+(6m-3)+S_m \\        &\equiv S_m \pmod 3    \end{align}
    这样就得到了$S_{3m}$和$S_m$的关系式.而题目中描述的三进制表达式也就自然而然出现了:    \[        S_{3m+1}\equiv 3m+1+S_{3m} \equiv S_m+1 \pmod 3    \]    \[        S_{3m+2}\equiv (3m+1)+(3m+2)+S_{3m} \equiv S_m \pmod 3    \]
    概括而言,就是引理:        \[        S_{3m+b} \equiv \delta(b)+S_m \pmod 3,b=0,1,2    \]    其中$\delta(1)=1,\delta(0)=\delta(2)=0$
    设$n$的三进制表达为$\sum_{j=0}^k b_j \cdot 3^j,b_j \in \{0,1,2\},\forall j =0,1,2,\dots,k$,且$b_k \ne 0$
    那么我们就有    \[        n=b_0+3(b_1+b_2 \cdot 3+\dots+b_k \cdot 3^{k-1})    \]

    对$k$归纳:    \[        S(\sum_{j=0}^k b_j \cdot 3^j) \equiv \sum_{j=0}^k \delta(b_j) \pmod 3        \]    当$k=0$容易验证成立

    假设对$k-1$成立,则$S(b_1+b_2 \cdot 3+\dots+b_k \cdot 3^{k-1}) \equiv \sum_{j=1}^k \delta(b_j) \pmod 3$
    考虑    \[        \sum_{j=0}^k b_j \cdot 3^j=b_0+3(b_1+b_2 \cdot 3+\dots+b_k \cdot 3^{k-1})    \]
    使用上面的引理可得
    \begin{align}        S(\sum_{j=0}^k b_j \cdot 3^j) &\equiv \delta(b_0)+S(b_1+b_2 \cdot 3+\dots+b_k \cdot 3^{k-1}) \\        &\equiv \delta(b_0)+\sum_{j=1}^k \delta(b_j) \\        &\equiv \sum_{j=0}^k \delta(b_j) \pmod 3    \end{align}
    则对$k+1$也成立

 设 $\left\{a_n\right\} 、\left\{b_n\right\}(n=1,2, \cdots)$ 是两个整数数列, $a_1=1, b_1=0$, 且对于 $n \geqslant 1$, $a_{n+1}=7 a_n+12 b_n+6, b_{n+1}=4 a_n+7 b_n+3$.证明: $a_n^2$ 是两个连续立方数的差.

待定$\lambda$使得$a_n+\lambda b_n$能构成一个类等比数列    \[        a_{n+1}+\lambda b_{n+1}=(7+4\lambda)a_n+(12+7\lambda)b_n+6+3\lambda        \]        满足$12+7\lambda=\lambda (7+4\lambda),\lambda^2=3$
    \[        a_{n+1}+\lambda b_{n+1}=(7+4\lambda)(a_n+\lambda b_n)+6+3\lambda=(7+4\lambda)(a_n+\lambda b_n)+2\lambda^2+3\lambda    \]
    于是    \[        a_{n+1}+\lambda b_{n+1}+\frac{\lambda}{2}=(7+4\lambda)(a_n+\lambda b_n+\frac{\lambda}{2})        \]        代入$\lambda=\pm \sqrt{3}$,并且两式相加可得    \[        2a_n=\frac{(2+\sqrt{3})^{2n-1}+(2-\sqrt{3})^{2n-1}}{2}        \]        设$a_n^2=(x+1)^3-x^3=3x^2+3x+1$,则当$n$充分大时,$a_n \sim \sqrt{3} x$
    于是$x \sim \frac{2a_n}{2\sqrt{3}}$,我们可以断言$x$大约等于$\frac{(2+\sqrt{3})^{2n-1}}{4\sqrt{3}}$
    补上共轭式使它有理化,变成    \[        \frac{(2+\sqrt{3})^{2n-1}-(2-\sqrt{3})^{2n-1}}{4\sqrt{3}}    \]
    代入1发现还差$\frac{1}{2}$,于是最终得到    \[        x_n=\frac{(2+\sqrt{3})^{2n-1}-(2-\sqrt{3})^{2n-1}}{4\sqrt{3}}+\frac{1}{2}    \]
    接下来只需证明两件事:$a_n^2=3x_n^2+3x_n+1$,以及$x_n \in \mn$
    前者只需要代入通项,后者只需要回到二阶线性递推.

    当然,你有本事看出来$x_n=b_n+1$也行

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}

设十进制$n$位正整数中,任何相邻两位数字(从左到右)不出现12的数有$a_n$个.证明:对任意$n \in \mN$,有$\ds \frac{1}{2}(a_n a_{n+1}-1)$是完全平方数

证明:
约定:如果一个正整数的任何相邻两位数字(从左到右)不出现12,则我们称为它具有性质$P$
    显然有$a_1=9,a_2=89,a_3=889$
    考虑$n+1$位具有性质$P$的正整数,有$a_{n+1}$个
    另外一方面,若尾数为2,则它的前$n$位是具有性质$P$且末尾不是1的正整数.具有性质$P$的$n$位正整数有$a_n$个,其中末尾是1的有$a_{n-1}$个,故此时有$a_n-a_{n-1}$个
    若尾数不是2,则尾数有9种可能,前$n$位有$a_n$种可能,此时有$9a_n$个
    因而,$a_{n+1}=(a_n-a_{n-1})+9a_{n}=10a_n-a_{n-1}$    \[        \frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_n}=10=\frac{a_{n+2}+a_n}{a_{n+1}}        \]    可得    \[        a_{n+1}^2+a_{n+1}a_{n-1}=a_n a_{n+2}+a_n^2,a_{n+1}^2-a_{n+2}a_n=a_n^2-a_{n+1}a_{n-1}        \]    这表明$a_n^2-a_{n+1}a_{n-1}$是常数,为$-8$
    从而    \[        a_{n+1}^2-10a_{n}a_{n+1}+a_n^2=a_{n+1}(a_{n+1}-10a_n)+a_n^2=a_n^2-a_{n+1}a_{n-1}=-8        \]
    故    \[        8a_n a_{n+1}-8=8a_n a_{n+1}+a_{n+1}^2-10a_{n}a_{n+1}+a_n^2=(a_{n+1}-a_n)^2        \]            由于$8 \mid (a_{n+1}-a_n)^2$,故$4 \mid a_{n+1}-a_n$
    故$\ds \frac{1}{2}(a_n a_{n+1}-1)=\left(\frac{a_{n+1}-a_n}{2}\right)^2$是完全平方数

585. 已知数列 $\left\{x_n\right\}$ 满足: $\ds x_1=\frac{1}{2}, x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}, n \in \mathbf{N}^*$, 求证: $\ds \left|x_2-x_1\right|+\left|x_3-x_2\right|+\cdots+\left|x_{n+1}-x_n\right|<\frac{1}{3}$.

证明:归纳证明:$\forall n \in \mN,\frac{1}{2} \le x_n \le \frac{2}{3}$
显然$n=1$成立
设$n$成立,$\frac{1}{2} \le x_n \le \frac{2}{3}$,则由$x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}$\[    \frac{1}{1+\frac{2}{3}} \le x_{n+1} \le \frac{1}{1+\frac{1}{2}}\]即有\[    \frac{1}{2}<\frac{3}{5} \le x_{n+1} \le \frac{2}{3}    \]对$n+1$也成立.故原命题成立.
从而有$(1+x_n)(1+x_{n-1}) \ge \frac{9}{4}$\[    |x_{n+1}-x_n|=|\frac{1}{1+x_n}-\frac{1}{1+x_{n-1}}|=\frac{|x_n-x_{n-1}|}{(1+x_n)(1+x_{n-1})}\\    \le \frac{4}{9}|x_n-x_{n-1}|    \]
结合$|x_2-x_1|=\frac{1}{6}$,可得\[    |x_{n+1}-x_n| \le (\frac{4}{9})^{n-1} \cdot \frac{1}{6}    \]
求和可得\[    \sum_{k=1}^n |x_{k+1}-x_k| \le \sum_{k=1}^n (\frac{4}{9})^{n-1} \cdot \frac{1}{6} < \sum_{k=1}^\infty (\frac{4}{9})^{n-1} \cdot \frac{1}{6} =\frac{3}{10}<\frac{1}{3}    \]

正项数列 $\left\{x_n\right\}$ 满足 $x_n+\frac{1}{x_{n+1}}<2, n \in \mN$
(1) 证明: $x_n<x_{n+1}$
(2) 证明: $1-\frac{1}{n}<x_n<1$

证明:(1) 均值不等式\[    x_{n+1}+\frac{1}{x_{n+1}} \ge 2 > x_n+\frac{1}{x_{n+1}}\]
故有$x_{n+1}>x_n$

(2) 若存在某个$x_k\ge 1$,那么由(1)可得$x_n>1,\forall n>k$
\begin{gather}    \forall n \ge k+1,0<x_n-1<\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}}\\    \frac{1}{x_n-1}>\frac{x_{n+1}}{x_{n+1}-1}=1+\frac{1}{x_{n+1}-1},\frac{1}{x_{n+1}-1}<\frac{1}{x_{n}-1}-1\\    \forall j \in \mN,\frac{1}{x_{j+k+1}-1} \le \frac{1}{x_{k+1}-1}-j\end{gather}
取$j>\frac{1}{x_{k+1}-1}$,则$\frac{1}{x_{j+k+1}-1}<0,x_{j+k+1}<1$,矛盾
故对一切$k \in \mN,0<x_k<1$
\begin{gather}    1-x_n>\frac{1}{x_{n+1}}-1=\frac{1-x_{n+1}}{x_{n+1}}>0\\    \frac{1}{1-x_n}<\frac{x_{n+1}}{1-x_{n+1}}=\frac{1}{1-x_{n+1}}-1,\frac{1}{1-x_{n+1}}>\frac{1}{1-x_n}+1\\    \frac{1}{1-x_n}>\frac{1}{1-x_1}+n-1>n\\    1-\frac{1}{n}<x_n<1\end{gather}

求最大的常数 $M$, 使得对任意一个满足如下条 件的无穷实数列 $\left\{a_n\right\}, n=0,1,2, \ldots$, 以及任 意 $n \geq 0$, 均有 $\frac{a_{n+1}}{a_n}>M$ :
(1)$a_0=1, a_1=3$;
(2)$a_0+a_1+\ldots+a_{n-1} \geq 3 a_n-a_{n+1}$.

解:取$a_n=(n+2)2^{n-1}$,则满足全部条件.
此时,$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2(n+3)}{n+2}>M$恒成立.
取$n \to +\infty,M \le 2$
下面证明$M=2$是复合题意的:
令$S_n=a_0+a_1+a_2+\dots+a_n$,则原式化为\[    S_{n-1} \ge 3(S_n-S_{n-1})-(S_{n+1}-S_n)    \]
可得\[    S_{n+1}-2S_n \ge 2(S_n-2S_{n-1})    \]
于是有\[    S_{n}-2S_{n-1} \ge 2^{n-1}(S_1-2S_0)=2^n    \]
容易得到$S_n$递增,$a_n>0$,且\[    a_{n+1}-2a_n \ge a_n-(a_0+a_1+\dots+a_{n-1})=S_n-2S_{n-1}>0    \]
即\[    \frac{a_{n+1}}{a_n}>2    \]
    综上,$M$的最大值是2