Nierównośc dla ciągu

[mol_ksiazkowy]

Wykazać że jeśli \(\displaystyle{ a_1=\frac{1}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ a_{n+1}=\frac{1}{1+a_n - a_n^2}}\) dla \(\displaystyle{ n >0}\), to \(\displaystyle{ a_1...a_n < \frac{1}{\sqrt{2n}}}\).

[Premislav]

Niech \(\displaystyle{ b_{n}=a_{1}a_{2}\ldots a_{n}}\). Indukcyjnie udowadniamy, że
\(\displaystyle{ b_{n}^2=\frac{1}{a_{n+1}}-1}\)

Dla \(\displaystyle{ n=1}\) jest to prawda: zachodzi
\(\displaystyle{ a_{1}=\frac{1}{2}, \ a_{2}=\frac{4}{5}}\)
toteż
\(\displaystyle{ b_{1}^2=a_{1}^2=\frac{1}{4}\\=\frac{5}{4}-1=\frac{1}{a_{2}}-1}\)
zgodnie z oczekiwaniami.
W kroku indukcyjnym przy założeniu, że postulowana równość zachodzi dla pewnego \(\displaystyle{ n\in\NN^+}\) mamy
\(\displaystyle{ b_{n+1}^2=a_{n+1}^2b_{n}^2\\=a_{n+1}-a_{n+1}^2=\frac{1}{a_{n+2}}-1}\)
przy czym ostatnia równość wynika wprost ze wzoru rekurencyjnego na \(\displaystyle{ a_{n}}\)

Wobec tego teza zadania redukuje się do \(\displaystyle{ \frac{1}{a_{n+1}}-1<\frac{1}{2n}}\),
czyli \(\displaystyle{ a_{n+1}>\frac{2n}{2n+1}}\)
a to można bez trudu udowodnić indukcyjnie.
Żmudne rachunki sobie daruję, pytanie "Chcecie skan z zeszytu?" kończy dowód.