Последовательность!

[daogiauvang]

Пусть последовательность $a_n$ причем $a_1=2 $ и

$$a_{n+1}=\frac{n}{a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n}$$

.
Доказать, что $a_{2009}>0.9995$

[nn910]

daogiauvang в сообщении #240135 писал(а):

Пусть последовательность $a_n$ причем $a_1=2 $ и

$$a_{n+1}=\frac{n}{a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n}$$

.
Доказать, что $a_{2009}>0.9995$

Гдето уже встречал. Но у Вас неудача что нечетный номер.
Соседние члены всегда по разные стороны от 1,предлагаю доказывать что $1<a_{2009}<1.0005$

[Хорхе]

nn910 в сообщении #240388 писал(а):

Соседние члены всегда по разные стороны от 1

Можно доказательство увидеть?

-- Пт сен 04, 2009 15:20:14 --

Вряд ли можно увидеть доказательство

S = 0; a = 2;
For[n = 1, n <= 20, n++, S = S + a; a = N[n/S]; Print[a]]
0.5
0.8
0.909091
0.950324
0.969102
0.97903
0.984869
0.98858
0.991081
0.992844
0.994133
0.995103
0.995851
0.996441
0.996913
0.997297
0.997614
0.997878
0.998101
0.99829

Они все меньше единицы, кроме первого.

[nn910]

Хорхе в сообщении #240478 писал(а):

nn910 в сообщении #240388 писал(а):

Соседние члены всегда по разные стороны от 1

Можно доказательство увидеть?

$S_n=a_1+\cdots+a_n$
$a_{n+2}-1=\dfrac{n+1}{S_{n+1}}-1=
\dfrac{n+1}{S_n+\dfrac{n}{S_n}}-1=\dfrac{nS_n+S_n-S_n^2-n}{S_n^2+n}=
\dfrac{(S_n-1)(n-S_n)}{S_n^2+n}=\dfrac{(1-\dfrac{1}{S_n})(a_{n+1}-1)}{1+\dfrac{n}{S_n^2}}$
Теперь вижу свою ошибку,спасибо

[EtCetera]

Очевидна рекуррентная формула
$a_{n+1}=\dfrac{n}{\dfrac{n-1}{a_n}+a_n}=\dfrac{n a_n}{n-1+a_n^2}$
Первые члены этой последовательности:
$a_1=2$
$a_2=\dfrac{1}{2}$
$a_3=\dfrac{4}{5}$
$a_4=\dfrac{10}{11}$
Таким образом, члены, начиная со второго, являются числами, меньшими 1, и постепенно возрастают с возрастанием номеров (данное утверждение справедливо для всех членов последовательности; это еще предстоит доказать, что я и сделаю ниже).
Рассмотрим последовательность
$d_n=1-a_n$
$d_1=-1$
$d_2=\dfrac{1}{2}$
$d_3=\dfrac{1}{5}$
$d_4=\dfrac{1}{11}$
Если удастся доказать, что $d_{2009}<1-0,9995=0,0005$, то задача, очевидно, решена. Найдем рекуррентное соотношение для $d_n$:
$d_{n+1}=1-a_{n+1}=1-\dfrac{n a_n}{n-1+a_n^2}=\dfrac{n-1-n a_n+a_n^2}{n-1+a_n^2}=\dfrac{(1-a_n)(n-1-a_n)}{n-1+a_n^2}=$ $d_n\dfrac{n-1-a_n}{n-1+a_n^2}$
Пока $a_n<1$, $d_n$ остается положительным, т.е. $a_n$ никогда не превысит 1 (при $n\ne1$). Таким образом, утверждение nn910

nn910 в сообщении #240388 писал(а):

Соседние члены всегда по разные стороны от 1...

неверно, а правильным оказывается утверждение Хорхе

Хорхе в сообщении #240478 писал(а):

Они все меньше единицы, кроме первого.

Также из выражения для $d_{n+1}$ видно, что $d_{n+1}< d_n$ (т.к. $n-1-a_n<n-1$, а $n-1+a_n^2>n-1$, то $\dfrac{n-1-a_n}{n-1+a_n^2}<\dfrac{n-1}{n-1}=1$) при $n\ge 2$. Получается, что последовательность $a_n$ (при $n\ge 2$) монотонно возрастающая, то есть $a_n\ge\dfrac{1}{2}$ (откуда $n-1-a_n\le n-\dfrac{3}{2}$) при $n\ge 2$, $a_n^2\ge \dfrac{16}{25}$ (откуда $n-1+a_n^2>n-\dfrac{1}{2}$) при $n\ge 3$. Отсюда (при $n\ge 3$)
$d_{n+1}=d_n\dfrac{n-1-a_n}{n-1+a_n^2}< d_n\dfrac{n-\dfrac{3}{2}}{n-\dfrac{1}{2}}=d_n\dfrac{2n-3}{2n-1}$ (1)
Итак,
$d_{n+1}<d_n\dfrac{2n-3}{2n-1}<...<d_3\dfrac{(2n-3)(2n-5)\cdot ...\cdot (2\cdot 3-3)}{(2n-1)(2n-3)\cdot ...\cdot (2\cdot 3-1)}=\dfrac{3d_3}{2n-1}$ (2)
Для $n+1=2009$ получаем
$d_{2009}<\dfrac{3d_3}{2\cdot 2008-1}=\dfrac{3}{4015\cdot 5}\approx 1,494\cdot 10^{-4}<0,0005$ - ч.т.д.
В результате получилось доказать даже более сильное утверждение, чем в условии.
Точные расчеты показывают, что $a_{2009}\approx 0.9999998384$. Это говорит о том, что оценку можно существенно улучшить. Только при этом надо в формуле 1 брать числа, большие $\dfrac{3}{2}$ (в числителе) и меньшие $\dfrac{1}{2}$ (в знаменателе). Вряд ли удастся подобрать такие дроби, чтобы при получении (2) сомножители в числителе и знаменателе удачно сократились; придется воспользоваться формулой Стирлинга.

[EtCetera]

Еще чуть-чуть добавлю.
Аналогичным способом можно оценить $a_n$ (и $a_{2009}$, в частности, тоже) сверху (более точным образом, нежели банальной 1). Для этого нужно оценить $d_n$ снизу:
$d_{n+1}=d_n\dfrac{n-1-a_n}{n-1+a_n^2}>d_n\dfrac{n-2}{n}$ (ср. с (1))
Отсюда
$d_{n+1}>...>d_3\dfrac{(n-2)(n-3)\cdot ...\cdot (3-2)}{n(n-1)\cdot ... \cdot 3}=\dfrac{2d_3}{n(n-1)}$ (ср. с (2))
Для $n+1=2009$ получаем:
$d_{2009}>\dfrac{2\cdot 1}{2008\cdot 2007\cdot 5}\approx 9,925\cdot 10^{-8}$, т.е.
$a_{2009}<0,9999999007...$
Как видим, оценка сверху получилась значительно точнее своей предшественницы снизу (ошибка в 7-ой цифре после запятой против 4-ой). Это и неудивительно: ведь при $n\to\infty$ $a_n\to 1$, т.е. $\dfrac{n-1-a_n}{n-1+a_n^2}\to\dfrac{n-2}{n}$.