学习你解的题

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①对，直接列出来即知正确，事实上，后面的都是 2；

②错，当 $a=3$ 时 $\{x_n\}$ 为 $\{3,2,1,2,1,2,1,\ldots\}$ 后面一直是 2, 1 循环；

③对，由于对任意整数 $n$，容易证明恒有
\[ \left[ \frac n2 \right]\geqslant \frac{n-1}2,\]
又显然 $x_n+[a/x_n]$ 为整数，于是，由 $[x]>x-1$ 以及均值不等式，我们有
\[ x_{n+1}=\left[ \frac{x_n+\left[\frac a{x_n}\right]}2 \right]\geqslant \frac{x_n+\left[\frac a{x_n}\right]-1}2 > \frac{x_n+\frac a{x_n}-2}2\geqslant \sqrt a-1. \]
所以命题成立；

④对，我们先来证明 $x_n\geqslant \bigl[\sqrt a\bigr]$ 恒成立，若不然，假设存在某个 $x_k<\bigl[\sqrt a\bigr]$，由于 $x_k$ 和 $\bigl[\sqrt a\bigr]$ 均为整数，因此有
\[ x_k\leqslant \bigl[\sqrt a\bigr]-1\leqslant \sqrt a-1, \]
这与③的结论矛盾，从而必有 $x_n\geqslant \bigl[\sqrt a\bigr]$ 恒成立。
接下来证明当 $x_{k+1}\geqslant x_k$ 时必有 $x_k\leqslant \bigl[\sqrt a\bigr]$，若不然，假设 $x_k>\bigl[\sqrt a\bigr]$，由于 $x_k$ 和 $\bigl[\sqrt a\bigr]$ 均为整数，因此有
\[ x_k\geqslant \bigl[\sqrt a\bigr]+1 > \sqrt a, \]
而
\[ x_{k+1}=\left[ \frac{x_k+\left[\frac a{x_k}\right]}2 \right]\leqslant \frac{x_k+\left[\frac a{x_k}\right]}2 \leqslant \frac{x_k+\frac a{x_k}}2, \]
于是有
\[ 2(x_{k+1}-x_k)\leqslant \frac a{x_k}-x_k = \frac{a-x_k^2}{x_k} < 0, \]
矛盾，所以当 $x_{k+1}\geqslant x_k$ 时必有 $x_k\leqslant \bigl[\sqrt a\bigr]$，再由 $x_n\geqslant \bigl[\sqrt a\bigr]$ 恒成立，我们便得到 $x_k=\bigl[\sqrt a\bigr]$。
①对，直接列出来即知正确，事实上，后面的都是 2；

②错，当 $a=3$ 时 $\{x_n\}$ 为 $\{3,2,1,2,1,2,1,\ldots\}$ 后面一直是 2, 1 循环；

③对，由于对任意整数 $n$，容易证明恒有
\[ \left[ \frac n2 \right]\geqslant \frac{n-1}2,\]
又显然 $x_n+[a/x_n]$ 为整数，于是，由 $[x]>x-1$ 以及均值不等式，我们有
\[ x_{n+1}=\left[ \frac{x_n+\left[\frac a{x_n}\right]}2 \right]\geqslant \frac{x_n+\left[\frac a{x_n}\right]-1}2 > \frac{x_n+\frac a{x_n}-2}2\geqslant \sqrt a-1. \]
所以命题成立；

④对，我们先来证明 $x_n\geqslant \bigl[\sqrt a\bigr]$ 恒成立，若不然，假设存在某个 $x_k<\bigl[\sqrt a\bigr]$，由于 $x_k$ 和 $\bigl[\sqrt a\bigr]$ 均为整数，因此有
\[ x_k\leqslant \bigl[\sqrt a\bigr]-1\leqslant \sqrt a-1, \]
这与③的结论矛盾，从而必有 $x_n\geqslant \bigl[\sqrt a\bigr]$ 恒成立。
接下来证明当 $x_{k+1}\geqslant x_k$ 时必有 $x_k\leqslant \bigl[\sqrt a\bigr]$，若不然，假设 $x_k>\bigl[\sqrt a\bigr]$，由于 $x_k$ 和 $\bigl[\sqrt a\bigr]$ 均为整数，因此有
\[ x_k\geqslant \bigl[\sqrt a\bigr]+1 > \sqrt a, \]
而
\[ x_{k+1}=\left[ \frac{x_k+\left[\frac a{x_k}\right]}2 \right]\leqslant \frac{x_k+\left[\frac a{x_k}\right]}2 \leqslant \frac{x_k+\frac a{x_k}}2, \]
于是有
\[ 2(x_{k+1}-x_k)\leqslant \frac a{x_k}-x_k = \frac{a-x_k^2}{x_k} < 0, \]
矛盾，所以当 $x_{k+1}\geqslant x_k$ 时必有 $x_k\leqslant \bigl[\sqrt a\bigr]$，再由 $x_n\geqslant \bigl[\sqrt a\bigr]$ 恒成立，我们便得到 $x_k=\bigl[\sqrt a\bigr]$。
附件

我在 http://kkkkuingggg.5d6d.net/view ... &page=3#pid2660 里也贴过了……

2# kuing


就是你的解答，那里是代码，看不清，在这里来学习

3# scgyydf


①对，反证一下，假设 $a-b\geqslant 1$，则 $a^2-b^2=(a+b)(a-b)\geqslant a+b>a-b\geqslant 1$，矛盾。

②错，反例取 $a=2$, $b=2/3$；

③错，事实上，不等式反向成立，即当 $\bigl|\sqrt a - \sqrt b\bigr|=1$ 时有 $|a-b|>1$，我们也用反证法证一下。
假设 $|a-b|\leqslant 1$，则
\[\bigl|\sqrt a - \sqrt b\bigr|=\frac{|a-b|}{\sqrt a+\sqrt b}\leqslant \frac1{\sqrt a+\sqrt b} < \frac1{\bigl|\sqrt a - \sqrt b\bigr|},\]
从而得到 $\bigl|\sqrt a - \sqrt b\bigr|<1$，矛盾；

④对，由 $1=|a^3-b^3|=|a-b|(a^2+ab+b^2)>|a-b|(a^2-2ab+b^2)=|a-b|^3$ 即得 $|a-b|<1$

2# kuing


就是你的解答，那里是代码，看不清，在这里来学习
scgyydf 发表于 2012-6-15 15:21

我二楼的链接不是人教论坛的那个，就是这里的，我已经贴过过来这里了