21# yayaweha
正在辛苦、痛苦的编辑、测试代码，好麻烦！
只可意会不好言传，例如，那个引理还可加强为：
引理$2$ 设$k∈N_+$，$k\geqslant2$，则有$(1-\dfrac1{3^k})(\dfrac32+\dfrac1{3^{k-1}})\geqslant{\dfrac32+\dfrac1{3^k}}$，
仅将$8$楼的引理中的“$1$”改为“$\dfrac32$”而已。为了配合$15$楼，这个引理也可以改写为：
$\dfrac{3^k}{3^k-1}<\dfrac{3(3^k+2)}{3^{k+1}+2}$（$k\geqslant2$），
只要展开即可得证（等价于$3^k>6$），证明从略。
于是$A_n=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{3}{3-1}\cdot\dfrac{3^2}{3^2-1}\cdot\dfrac{3^3}{3^3-1}\cdots\dfrac{3^{n-1}}{3^{n-1}-1}=\dfrac{1}{2}\prod_{k=1}^{n-1}\dfrac{3^k}{3^k-1}=\dfrac{3}{4}\prod_{k=2}^{n-1}\dfrac{3^k}{3^k-1}$，
故$A_n<\dfrac{3}{4}\cdot3^{n-2}\cdot\dfrac{3^2+2}{3^n+2}=\dfrac{11\cdot3^{n-1}}{4(3^n+2)}=\dfrac{11\cdot3^{n-1}}{12\cdot3^{n-1}+8}<1$（$n\geqslant2$）
当$n=1$时显然成立吧，从略。
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发表于 2013-2-7 18:48
