2024年阿里巴巴全球数学竞赛决赛分析赛道T4

发表于 1721075515000

Problem 4. 定义序列

$\begin{matrix} (1) & a_{n + 1} = a_{n} + \frac{{a_{n}}^{2}}{n^{2}} . 0 \leq a_{1} < 1. \end{matrix}$

证明极限 $lim_{n \to + \infty} a_{n}$ 存在并且有限.

$\begin{matrix} (2) & (n + 1) - a_{n + 1} = (n - a_{n}) (1 + \frac{a_{n} + n}{n^{2}}) \end{matrix}$

先证不存在 $λ \geq 1$ , 使得 $\exists N_{0} \in N, k > 0$ 满足 $\frac{a_{n}}{(n + 1)^{λ}} \geq k$ 对 $\forall n \in N, n > N_{0}$ 恒成立

若存在，则 $λ = 1$ 时一定符合要求

下证 $λ = 1$ 时不成立

对 $n > N_{0}$

$\begin{matrix} (3) & 1 + \frac{a_{n} + n}{n^{2}} \geq \frac{n^{2} + n + k (n + 1)}{n^{2}} = \frac{(n + 1) (n + k)}{n^{2}} \end{matrix}$

$\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} (n + 1) - a_{n + 1} & = ((N_{0} + 1) - a_{N_{0} + 1}) \prod_{i = N_{0} + 1}^{n} (1 + \frac{a_{i} + i}{i^{2}}) \\ \geq ((N_{0} + 1) - a_{N_{0} + 1}) \prod_{i = N_{0} + 1}^{n} \frac{(i + 1) (i + k)}{i^{2}} \\ = ((N_{0} + 1) - a_{N_{0} + 1}) \frac{n + 1}{N_{0} + 1} \prod_{i = N_{0} + 1}^{n} (1 + \frac{k}{i}) \\ > ((N_{0} + 1) - a_{N_{0} + 1}) \frac{n + 1}{N_{0} + 1} (1 + k \sum_{i = N_{0} + 1}^{n} (\frac{1}{i})) \\ > ((N_{0} + 1) - a_{N_{0} + 1}) \frac{n + 1}{N_{0} + 1} (1 + k \sum_{i = N_{0} + 1}^{n} (\ln (\frac{i + 1}{i}))) \\ = ((N_{0} + 1) - a_{N_{0} + 1}) \frac{n + 1}{N_{0} + 1} (1 + k \ln (\frac{n + 1}{N_{0} + 1})) \end{aligned} \end{matrix}$

当 $n$ 充分大时, $((N_{0} + 1) - a_{N_{0} + 1}) \frac{n + 1}{N_{0} + 1} (1 + k \ln (\frac{n + 1}{N_{0} + 1})) > n + 1$ , 即 $(n + 1) - a_{n + 1} > (n + 1)$ , 矛盾.

由此知, 对 $\forall N_{0} \in N, k > 0$ , $\exists n > N_{0}$ , 使得 $\frac{a_{n}}{n + 1} < k$ 成立

再证不存在 $1 > λ > 0$ , 使得 $\exists N_{0} \in N, k > 0$ 满足 $\frac{a_{n}}{(n + 1)^{λ}} \geq k$ 对 $\forall n \in N, n > N_{0}$ 恒成立

若存在, 则有

$\begin{matrix} (5) & 1 + \frac{a_{n} + n}{n^{2}} \geq \frac{n^{2} + n + k (n + 1)^{λ}}{n^{2}} = \frac{(n + 1) (n + \frac{k}{(n + 1)^{1 - λ}})}{n^{2}} \end{matrix}$

$\begin{matrix} (6) & \begin{aligned} (n + 1) - a_{n + 1} & = ((N_{0} + 1) - a_{N_{0} + 1}) \prod_{i = N_{0} + 1}^{n} (1 + \frac{a_{i} + i}{i^{2}}) \\ \geq ((N_{0} + 1) - a_{N_{0} + 1}) \prod_{i = N_{0} + 1}^{n} \frac{(i + 1) (i + \frac{k}{(i + 1)^{1 - λ}})}{i^{2}} \\ = ((N_{0} + 1) - a_{N_{0} + 1}) \frac{n + 1}{N_{0} + 1} \prod_{i = N_{0} + 1}^{n} (1 + \frac{k}{i (i + 1)^{1 - λ}}) \\ > ((N_{0} + 1) - a_{N_{0} + 1}) \frac{n + 1}{N_{0} + 1} (1 + k \sum_{i = N_{0} + 1}^{n} (\frac{1}{i (i + 1)^{1 - λ}})) \\ > ((N_{0} + 1) - a_{N_{0} + 1}) \frac{n + 1}{N_{0} + 1} (1 + \frac{k}{1 - λ} \sum_{i = N_{0} + 1}^{n} (\frac{1}{i^{1 - λ}} - \frac{1}{(i + 1)^{1 - λ}})) \\ = ((N_{0} + 1) - a_{N_{0} + 1}) \frac{n + 1}{N_{0} + 1} (1 + \frac{k}{1 - λ} (\frac{1}{(N_{0} + 1)^{1 - λ}} - \frac{1}{(n + 1)^{1 - λ}})) \end{aligned} \end{matrix}$

仿照上面, 尝试构造使得

$\begin{matrix} (7) & (1 - \frac{a_{N_{0} + 1}}{N_{0} + 1}) (1 + \frac{k}{1 - λ} (\frac{1}{(N_{0} + 1)^{1 - λ}} - \frac{1}{(n + 1)^{1 - λ}})) \geq 1 \end{matrix}$

即

$\begin{matrix} (8) & \frac{\frac{k}{1 - λ} (\frac{1}{(N_{0} + 1)^{1 - λ}} - \frac{1}{(n + 1)^{1 - λ}})}{1 + \frac{k}{1 - λ} (\frac{1}{(N_{0} + 1)^{1 - λ}} - \frac{1}{(n + 1)^{1 - λ}})} \geq \frac{a_{N_{0} + 1}}{N_{0} + 1} \end{matrix}$

设 $t = N_{0} + 1, ϵ = \frac{a_{N_{0} + 1}}{k (N_{0} + 1)} - (\frac{1}{(N_{0} + 1)^{1 - λ}} - \frac{1}{(n + 1)^{1 - λ}}) = \frac{a_{N_{0} + 1}}{m k (N_{0} + 1)}$

化简得

$\begin{matrix} (9) & m \geq \frac{1 - \frac{a_{t}}{t}}{λ - \frac{a_{t}}{t}} \end{matrix}$

即

$\begin{matrix} (10) & ϵ \leq \frac{λ - \frac{a_{t}}{t}}{1 - \frac{a_{t}}{t}} \frac{a_{t}}{k t} \end{matrix}$

又因为 $\frac{1}{(n + 1)^{1 - λ}}$ 可以充分小, 故只需 $k > \frac{a_{t} (1 - λ)}{t^{λ} (1 - \frac{a_{t}}{t})}$ 即可

$\begin{matrix} (11) & \frac{\frac{a_{t} (1 - λ)}{t^{λ} (1 - \frac{a_{t}}{t})}}{\frac{a_{t}}{(t + 1)^{λ}}} = \frac{(1 - λ) (t + 1)^{λ}}{(1 - \frac{a_{t}}{t}) t^{λ}} < \frac{(1 - λ) (t + 1)}{(1 - \frac{a_{t}}{t}) t} \end{matrix}$

当 $\frac{a_{t}}{t} < λ^{2}$ 且 $t > \frac{1}{λ}$ 时 $\frac{(1 - λ) (t + 1)}{(1 - \frac{a_{t}}{t}) t} < 1$

又由对 $\forall N_{0} \in N, k > 0$ , $\exists n > N_{0}$ , 使得 $\frac{a_{n}}{n + 1} < k$ 成立

知 $\forall N_{0} \in N, k > 0$ , $\exists n > N_{0}$ , 使得 $\frac{a_{n}}{n} < k$ 成立

知 $\forall N_{0} \in N$ , $\exists t > N_{0}$ , 使得 $\frac{\frac{a_{t} (1 - λ)}{t^{λ} (1 - \frac{a_{t}}{t})}}{\frac{a_{t}}{(t + 1)^{λ}}} = \frac{(1 - λ) (t + 1)^{λ}}{(1 - \frac{a_{t}}{t}) t^{λ}} < \frac{(1 - λ) (t + 1)}{(1 - \frac{a_{t}}{t}) t} < 1$ 成立

接下来, 我们对数列 $\frac{a_{n}}{(n + 1)^{λ}}$ 进行考察

$\begin{matrix} (12) & \frac{a_{n + 1}}{((n + 1) + 1)^{λ}} < \frac{a_{n}}{(n + 1)^{λ}} \end{matrix}$

$\begin{matrix} (13) & \Leftrightarrow \frac{a_{n}}{(n + 1)^{λ}} < \frac{n^{2} ((n + 2)^{λ} - (n + 1)^{λ})}{(n + 1)^{2 λ}} \end{matrix}$

又

$\begin{matrix} (14) & \frac{n^{2} ((n + 2)^{λ} - (n + 1)^{λ})}{(n + 1)^{2 λ}} < \frac{(n + 1)^{2} (((n + 1) + 2)^{λ} - ((n + 1) + 1)^{λ})}{((n + 1) + 1)^{2 λ}} \end{matrix}$

若

$\begin{matrix} (15) & \frac{a_{n + 1}}{((n + 1) + 1)^{λ}} < \frac{a_{n}}{(n + 1)^{λ}} \end{matrix}$

则

$\begin{matrix} (16) & \frac{a_{n + 1}}{((n + 1) + 1)^{λ}} < \frac{a_{n}}{(n + 1)^{λ}} < \frac{n^{2} ((n + 2)^{λ} - (n + 1)^{λ})}{(n + 1)^{2 λ}} < \frac{(n + 1)^{2} (((n + 1) + 2)^{λ} - ((n + 1) + 1)^{λ})}{((n + 1) + 1)^{2 λ}} \end{matrix}$

即

$\begin{matrix} (17) & \frac{a_{(n + 1) + 1}}{(((n + 1) + 1) + 1)^{λ}} < \frac{a_{(n + 1)}}{((n + 1) + 1)^{λ}} \end{matrix}$

故数列 $\frac{a_{n}}{(n + 1)^{λ}}$ 为递增数列或先递增后递减数列或递减数列

若 $\exists N_{0} \in N$ 使得 $\forall n \in N, n > N_{0}$ 均有 $\frac{a_{n + 1}}{((n + 1) + 1)^{λ}} < \frac{a_{n}}{(n + 1)^{λ}}$ 成立

则知极限 $lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{(n + 1)^{λ}}$ 存在并且大于 $0$

设 $k_{m a x} = lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n}}{(n + 1)^{λ}}$

显然 $k = k_{m a x}$ 符合定义

因此对 $\forall σ > 0$ , $\exists t_{0} \in N, t_{0} > N_{0}$ 使得 $\forall t > t_{0}$ 时有 $\frac{a_{t}}{(t + 1)^{λ}} < (1 + σ) k_{m a x}$

又由 $\frac{\frac{a_{t} (1 - λ)}{t^{λ} (1 - \frac{a_{t}}{t})}}{\frac{a_{t}}{(t + 1)^{λ}}} = \frac{(1 - λ) (t + 1)^{λ}}{(1 - \frac{a_{t}}{t}) t^{λ}} < \frac{(1 - λ) (t + 1)}{(1 - \frac{a_{t}}{t}) t}$

知

存在无穷个 $t$ 使得 $k_{m a x} > \frac{a_{t} (1 - λ)}{t^{λ} (1 - \frac{a_{t}}{t})}$ 成立

取 $k = k_{m a x}$ , 符合条件的 $t$ , $N_{0} = t - 1$ , 此时有

$\begin{matrix} (18) & (1 - \frac{a_{N_{0} + 1}}{N_{0} + 1}) (1 + \frac{k}{1 - λ} (\frac{1}{(N_{0} + 1)^{1 - λ}} - \frac{1}{(n + 1)^{1 - λ}})) \geq 1 \end{matrix}$

对任意充分大的 $n$ 成立, 矛盾

若数列 $\frac{a_{n}}{(n + 1)^{λ}}$ 为递增数列

取 $k_{m a x} = \frac{a_{t}}{(t + 1)^{λ}}$ 即可, 同理存在无穷个 $t$ 使得 $k_{m a x} > \frac{a_{t} (1 - λ)}{t^{λ} (1 - \frac{a_{t}}{t})}$ 成立

取 $k = k_{m a x}$ , 符合条件的 $t$ , $N_{0} = t - 1$ , 此时有

$\begin{matrix} (19) & (1 - \frac{a_{N_{0} + 1}}{N_{0} + 1}) (1 + \frac{k}{1 - λ} (\frac{1}{(N_{0} + 1)^{1 - λ}} - \frac{1}{(n + 1)^{1 - λ}})) \geq 1 \end{matrix}$

对任意充分大的 $n$ 成立, 矛盾

得证!

综上对 $\forall λ > 0, k > 0$ , $\exists N_{0} \in N$ 使得对 $\forall n \in N, n > N_{0}$ 均有 $\frac{a_{n}}{(n + 1)^{λ}} < k$ 成立

(从 " $\forall λ > 0, k > 0$ , $\exists n \in N$ 有 $\frac{a_{n}}{(n + 1)^{λ}} < k$ 成立" 到 " $\forall λ > 0, k > 0$ , $\exists N_{0} \in N$ 使得对 $\forall n \in N, n > N_{0}$ 均有 $\frac{a_{n}}{(n + 1)^{λ}} < k$ 成立" 可能有点绕(提示: 仿照上面证明中最后一步讨论), 但是无所谓, 我们可以使用一个更弱的结论, $\forall λ > 0$ , $\exists N_{0} \in N, k > 0$ 使得对 $\forall n \in N, n > N_{0}$ 均有 $\frac{a_{n}}{(n + 1)^{λ}} < k$ 成立)

$\begin{matrix} (20) & a_{n + 1} = a_{N_{0} + 1} + \sum_{i = N_{0} + 1}^{n} (\frac{a_{i}}{i^{2}}) < a_{N_{0} + 1} + \sum_{i = N_{0} + 1}^{n} (\frac{k^{2} (i + 1)^{2 λ}}{i^{2}}) \end{matrix}$

取 $0 < λ < \frac{1}{2}$ 则原题显然

$\begin{matrix} (21) & Q . E . D . \end{matrix}$