Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1035
2015-02-14 
Последовательность действительных чисел удовлетворяет условию
$1 = a_{0} \leq a_{1} \leq \cdots \leq a_{n} \leq \cdots$ (1)
Последовательность $b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}, \cdots $ определяется так:
$b_{n} = \sum_{k=1}^{n} \left ( 1 - \frac{a_{k-1}}{a_{k}} \right ) \cdot \frac{1}{\sqrt{a_{k}}}$.
Докажите: a) $0 \leq b_{n} < 2$ для всех $n$; б) для данного $c$, такого, что $0 \leq c < 2$, существует последовательность $a_{0}, a_{1}, \cdots , a_{n}, \cdots ,$ удовлетворяющая условию (1), такая, что $b_{n} > c$ бесконечного множества индексов $n$.
Решение:
а) По условию $a_{k} \geq 1, a_{k-1} \leq a_{k}$. Значит, $1 - \frac{a_{k-1}}{a_{k}} \geq 0$, следовательно,
$b_{n} = \sum_{k=1}^{n} \left ( 1 - \frac{a_{k-i}}{a_{k}} \right ) \cdot \frac{1}{\sqrt{a_{k}}} \geq 0$.
Докажем, что $b_{n} < 2$.
$b_{n} = \sum_{k=1}^{n} \left ( 1- \frac{a_{k-1}}{a_{k}} \right ) \cdot \frac{1}{\sqrt{a_{k}}} = 2 \sum_{k=1}^{n} \frac{a_{k}- a_{k-1}}{a_{k} (2 \sqrt{a_{k}})} \leq 2 \sum_{k=1}^{n} {a_{k}- a_{k-1}}{a_{k} (\sqrt{a_{k}} - \sqrt{a_{k-1}})} = 2 \sum_{k=1}^{n} \left ( \left ( \frac{1}{\sqrt{a_{k}}} + \frac{1}{\sqrt{a_{k-1}}} \right ) - \left ( \frac{1}{\sqrt{a_{k-1}}} + \frac{\sqrt{a_{k-1}}}{a_{k}} \right ) \right )$.
По неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом
$\frac{\sqrt{a_{k-1}}}{a_{k}} + \frac{1}{\sqrt{a_{k-1}}} \geq 2 \sqrt{\frac{\sqrt{a_{k-1}}}{a_{k}} \cdot \frac{1}{\sqrt{a_{k-1}}}} = 2 \sqrt{\frac{1}{a_{k}}}$
имеем:
$b_{n} \leq 2 \sum_{k=1}^{n} \left ( \frac{1}{\sqrt{a_{k-1}}} - \frac{1}{\sqrt{a_{k}}} \right ) = 2 \left ( \frac{1}{\sqrt{a_{0}}} - \frac{1}{\sqrt{a_{n}}} \right ) = 2 \left ( 1 - \frac{1}{\sqrt{a_{n}}} \right ) < 2$.
в) Докажем, что последовательность $a_{n}=q^{n}, q>1$ удовлетворяет условию задачи.
Действительно, $a_{0} = 1, a_{k} > a_{k-1}$, так как $q>1$. Преобразуем $b_{n}$, используя формулу суммы $n$ членов геометрической прогрессии
$b_{n} = \sum_{k=1}^{n} \left ( 1 - \frac{q^{k-1}}{q^{k}} \right ) \cdot \frac{1}{\sqrt{q^{k}}} = \left ( 1 - \frac{1}{q} \right ) \cdot \frac{\frac{1}{\sqrt{q}} \left ( 1 - \frac{1}{\sqrt{q^{n}}} \right )}{1 - \frac{1}{\sqrt{q}}} = \left ( 1 -\frac{1}{\sqrt{q}} \right ) \frac{1}{\sqrt{q}} \left ( 1 - \frac{1}{\sqrt{q^{n}}} \right ) = \frac{\sqrt{q} + 1}{q} \left ( 1 - \frac{1}{\sqrt{q^{n}}} \right )$.
По условию $c < 2$, поэтому существует такое $M$, что $c < M <2$ (например, $M = \frac{2+c}{2}$). Выберем $q$ так, чтобы $\frac{\sqrt{q} + 1}{q} = M$, т. е. возьмем $\sqrt{q} = \frac{1 + \sqrt{1 + 4M}}{2M}$; при $0 < M <2$, как легко проверить, $\frac{1 + \sqrt{1 + 4M}}{2M} > 1$, т.е $\sqrt{q} > 1$, а значит, $q>1$.
Покажем, что для найденного $q$ существует $N$, такое, что для $n > N b_{n} > c$. Тождественными преобразованиями неравенства $b_{n} > c$, где
$b_{n} = \frac{\sqrt{q} + 1}{q} \left ( 1-\frac{1}{\sqrt{q^{n}}} \right ) = M \left ( 1 - \frac{1}{\sqrt{q^{n}}} \right )$ и $M > c >0$,
Получим $q^{n} > \frac{M^{2}}{(M-c)^{2}}$,
откуда $n > log_{q} \frac{M^{2}}{(M-c)^{2}}$, т. е. можно положить
$M = \left [ log_{q} \frac{M^{2}}{(M-c)^{2}} \right ]$.
Последовательность действительных чисел удовлетворяет условию
$1 = a_{0} \leq a_{1} \leq \cdots \leq a_{n} \leq \cdots$ (1)
Последовательность $b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}, \cdots $ определяется так:
$b_{n} = \sum_{k=1}^{n} \left ( 1 - \frac{a_{k-1}}{a_{k}} \right ) \cdot \frac{1}{\sqrt{a_{k}}}$.
Докажите: a) $0 \leq b_{n} < 2$ для всех $n$; б) для данного $c$, такого, что $0 \leq c < 2$, существует последовательность $a_{0}, a_{1}, \cdots , a_{n}, \cdots ,$ удовлетворяющая условию (1), такая, что $b_{n} > c$ бесконечного множества индексов $n$.
Решение:
а) По условию $a_{k} \geq 1, a_{k-1} \leq a_{k}$. Значит, $1 - \frac{a_{k-1}}{a_{k}} \geq 0$, следовательно,
$b_{n} = \sum_{k=1}^{n} \left ( 1 - \frac{a_{k-i}}{a_{k}} \right ) \cdot \frac{1}{\sqrt{a_{k}}} \geq 0$.
Докажем, что $b_{n} < 2$.
$b_{n} = \sum_{k=1}^{n} \left ( 1- \frac{a_{k-1}}{a_{k}} \right ) \cdot \frac{1}{\sqrt{a_{k}}} = 2 \sum_{k=1}^{n} \frac{a_{k}- a_{k-1}}{a_{k} (2 \sqrt{a_{k}})} \leq 2 \sum_{k=1}^{n} {a_{k}- a_{k-1}}{a_{k} (\sqrt{a_{k}} - \sqrt{a_{k-1}})} = 2 \sum_{k=1}^{n} \left ( \left ( \frac{1}{\sqrt{a_{k}}} + \frac{1}{\sqrt{a_{k-1}}} \right ) - \left ( \frac{1}{\sqrt{a_{k-1}}} + \frac{\sqrt{a_{k-1}}}{a_{k}} \right ) \right )$.
По неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом
$\frac{\sqrt{a_{k-1}}}{a_{k}} + \frac{1}{\sqrt{a_{k-1}}} \geq 2 \sqrt{\frac{\sqrt{a_{k-1}}}{a_{k}} \cdot \frac{1}{\sqrt{a_{k-1}}}} = 2 \sqrt{\frac{1}{a_{k}}}$
имеем:
$b_{n} \leq 2 \sum_{k=1}^{n} \left ( \frac{1}{\sqrt{a_{k-1}}} - \frac{1}{\sqrt{a_{k}}} \right ) = 2 \left ( \frac{1}{\sqrt{a_{0}}} - \frac{1}{\sqrt{a_{n}}} \right ) = 2 \left ( 1 - \frac{1}{\sqrt{a_{n}}} \right ) < 2$.
в) Докажем, что последовательность $a_{n}=q^{n}, q>1$ удовлетворяет условию задачи.
Действительно, $a_{0} = 1, a_{k} > a_{k-1}$, так как $q>1$. Преобразуем $b_{n}$, используя формулу суммы $n$ членов геометрической прогрессии
$b_{n} = \sum_{k=1}^{n} \left ( 1 - \frac{q^{k-1}}{q^{k}} \right ) \cdot \frac{1}{\sqrt{q^{k}}} = \left ( 1 - \frac{1}{q} \right ) \cdot \frac{\frac{1}{\sqrt{q}} \left ( 1 - \frac{1}{\sqrt{q^{n}}} \right )}{1 - \frac{1}{\sqrt{q}}} = \left ( 1 -\frac{1}{\sqrt{q}} \right ) \frac{1}{\sqrt{q}} \left ( 1 - \frac{1}{\sqrt{q^{n}}} \right ) = \frac{\sqrt{q} + 1}{q} \left ( 1 - \frac{1}{\sqrt{q^{n}}} \right )$.
По условию $c < 2$, поэтому существует такое $M$, что $c < M <2$ (например, $M = \frac{2+c}{2}$). Выберем $q$ так, чтобы $\frac{\sqrt{q} + 1}{q} = M$, т. е. возьмем $\sqrt{q} = \frac{1 + \sqrt{1 + 4M}}{2M}$; при $0 < M <2$, как легко проверить, $\frac{1 + \sqrt{1 + 4M}}{2M} > 1$, т.е $\sqrt{q} > 1$, а значит, $q>1$.
Покажем, что для найденного $q$ существует $N$, такое, что для $n > N b_{n} > c$. Тождественными преобразованиями неравенства $b_{n} > c$, где
$b_{n} = \frac{\sqrt{q} + 1}{q} \left ( 1-\frac{1}{\sqrt{q^{n}}} \right ) = M \left ( 1 - \frac{1}{\sqrt{q^{n}}} \right )$ и $M > c >0$,
Получим $q^{n} > \frac{M^{2}}{(M-c)^{2}}$,
откуда $n > log_{q} \frac{M^{2}}{(M-c)^{2}}$, т. е. можно положить
$M = \left [ log_{q} \frac{M^{2}}{(M-c)^{2}} \right ]$.
