[数列] 请教一个数列题，先谢谢了！

1．各项均为正数的数列$\left\{ {{a}_{n}} \right\}$，${{a}_{1}}=a$，${{a}_{2}}=b$，且对满足$m+n=p+q$的正整数$m$，$n$，$p$，$q$都有$\frac{{{a}_{m}}+{{a}_{n}}}{(1+{{a}_{m}})(1+{{a}_{n}})}=\frac{{{a}_{p}}+{{a}_{q}}}{(1+{{a}_{p}})(1+{{a}_{q}})}$
证明：对任意$a$，存在与$a$有关的常数$\lambda $，使得对于每个正整数$n$，都有$\frac{1}{\lambda }\le {{a}_{n}}\le \lambda $

2009江西高考22题，看了一下答案感觉有点难想到！

2# hongxian

把答案贴上来瞧瞧……

http://www.jyeoo.com/math2/ques/ ... e-b712-bbcca8d3791d

(26.58 KB)

2012-10-23 19:49

那种解法比较巧，我只会笨方法了：

当 $a\ne1$ 且 $b\ne1$ 时，先求通项，不难求得
\[a_n=\frac{1-\bigl( \frac{1+a}{1-a} \bigr)^{n-2}\bigl( \frac{1-b}{1+b} \bigr)^{n-1}}{1+\bigl( \frac{1+a}{1-a} \bigr)^{n-2}\bigl( \frac{1-b}{1+b} \bigr)^{n-1}},\]
为使 $a_n$ 恒为正，需
\[
\left| \left( \frac{1+a}{1-a} \right)^{n-2}\left( \frac{1-b}{1+b} \right)^{n-1} \right|<1
\]
对正整数 $n$ 恒成立，两边平方等价于
\[\left( \frac{1-b}{1+b} \right)^2\left( \left( \frac{1+a}{1-a} \right)^2\left( \frac{1-b}{1+b} \right)^2 \right)^{n-2}<1,\]
假如 $\bigl( \frac{1+a}{1-a} \bigr)^2\bigl( \frac{1-b}{1+b} \bigr)^2>1$，那么当 $n$ 充分大时上式左边必然不小于 $1$，所以必需且只需有
\[\left( \frac{1+a}{1-a} \right)^2\left( \frac{1-b}{1+b} \right)^2\leqslant1 \iff -\left| \frac{1-a}{1+a} \right|\leqslant \frac{1-b}{1+b}\leqslant \left| \frac{1-a}{1+a} \right|.\]

（1）若 $n$ 为奇数，则 $0<\bigl( \frac{1-b}{1+b} \bigr)^{n-1}\leqslant \bigl( \frac{1-a}{1+a} \bigr)^{n-1}$，当 $\bigl( \frac{1-b}{1+b} \bigr)^{n-1}\to0$ 时 $a_n\to1$，当 $\bigl( \frac{1-b}{1+b} \bigr)^{n-1}=\bigl( \frac{1-a}{1+a} \bigr)^{n-1}$ 时 $a_n=a$，注意到 $a_n$ 关于 $\bigl( \frac{1-b}{1+b} \bigr)^{n-1}$ 总是单调的，所以有
\[\min\{1,a\}\leqslant a_n\leqslant \max\{1,a\};\]

（2）若 $n$ 为偶数，则 $-\left| \frac{1-a}{1+a} \right|^{n-1}\leqslant \bigl( \frac{1-b}{1+b} \bigr)^{n-1}\leqslant \left| \frac{1-a}{1+a} \right|^{n-1}$，当 $\bigl( \frac{1-b}{1+b} \bigr)^{n-1}=-\left| \frac{1-a}{1+a} \right|^{n-1}$ 时 $a_n=\frac{1+a+\abs{1-a}}{1+a-\abs{1-a}}$，当 $\bigl( \frac{1-b}{1+b} \bigr)^{n-1}=\left| \frac{1-a}{1+a} \right|^{n-1}$ 时 $a_n=\frac{1+a-\abs{1-a}}{1+a+\abs{1-a}}$，注意到 $a_n$ 关于 $\bigl( \frac{1-b}{1+b} \bigr)^{n-1}$ 是单调递减的，所以有
\[\frac{1+a-\abs{1-a}}{1+a+\abs{1-a}}\leqslant a_n\leqslant \frac{1+a+\abs{1-a}}{1+a-\abs{1-a}}.\]

注意到 $\frac{1+a-\abs{1-a}}{1+a+\abs{1-a}}<1$, $\frac{1+a+\abs{1-a}}{1+a-\abs{1-a}}>1$ 且
\begin{align*}
a-\frac{1+a-\abs{1-a}}{1+a+\abs{1-a}}&=\frac{(a+1)\bigl(\abs{1-a}-(1-a)\bigr)}{1+a+\abs{1-a}}\geqslant 0,\\
\frac{1+a+\abs{1-a}}{1+a-\abs{1-a}}-a&=\frac{(a+1)\bigl(\abs{1-a}+(1-a)\bigr)}{1+a-\abs{1-a}}\geqslant 0,
\end{align*}
所以综合上述两点，对于任意正整数 $n$，都有
\[\frac{1+a-\abs{1-a}}{1+a+\abs{1-a}}\leqslant a_n\leqslant \frac{1+a+\abs{1-a}}{1+a-\abs{1-a}},\]
于是，取
\[\lambda = \frac{1+a+\abs{1-a}}{1+a-\abs{1-a}},\]
就有
\[\frac1\lambda \leqslant a_n\leqslant \lambda\]
恒成立。

容易验证此结果也适合 $a=1$ 或 $b=1$ 的情形，所以此结果就是所求。

不知这样对不对？

用一些数字验证过，应该是正确的。

5# kuing


笨办法见真功夫，光一个通项就够我一求的了！

7# hongxian

求通项很简单啊
\[\frac{a_m+a_n}{(1+a_m)(1+a_n)}=\frac12\cdot \frac{(1+a_m)(1+a_n)-(1-a_m)(1-a_n)}{(1+a_m)(1+a_n)}=\frac12-\frac12\cdot \frac{1-a_m}{1+a_m}\cdot \frac{1-a_n}{1+a_n},\]
令 $b_n=\frac{1-a_n}{1+a_n}$，就有 $b_mb_n=b_pb_q$，令 $m=2$, $p=n+1$, $q=1$（这里昨晚打错了），然后就得到 $b_n$ 等比，求出后解出 $a_n$

怎样，这个过程应该比标答好想一些吧？至少思路上……

9# kuing

思路的确要顺得多，不过计算量也够呛，也种计算量也只有想k版这样功力深厚的才能算得出来，而且所有的情况都能考虑到！佩服！

10# hongxian

我怎么没觉得计算量哪里大了……

突然发现最后的结果可以更加简单。

在得到
\[\frac{1+a-\abs{1-a}}{1+a+\abs{1-a}}\leqslant a_n\leqslant \frac{1+a+\abs{1-a}}{1+a-\abs{1-a}}\]
之后，如果 $a>1$，可以化简为
\[\frac1a\leqslant a_n\leqslant a;\]
如果 $a<1$，可以化简为
\[a\leqslant a_n\leqslant\frac1a.\]
因此，结果可以写成
\[\min\left\{a,\frac1a\right\}\leqslant a_n\leqslant\max\left\{a,\frac1a\right\},\]
当 $a=1$ 时 $a_n$ 恒为 $1$ 也符合上式，所以，取
\[\lambda=\max\left\{a,\frac1a\right\}\]
便是所求。

这样一来，不但结果更加简单，而且可以看出，这个 $\lambda$ 已经是最佳的结果，不能再小了。

12# kuing

好结果！

再来分析一下单调性。

当 $a\ne1$ 且 $b\ne1$ 时，为方便书写，记 $A=\frac{1+a}{1-a}$, $B=\frac{1-b}{1+b}$，前面已经得到 $a_n$ 的通项为
\[a_n=\frac{1-A^{n-2}B^{n-1}}{1+A^{n-2}B^{n-1}},\quad\text{其中}~A^2B^2\leqslant 1,\]
则
\[a_{n+1}-a_n=\frac{1-A^{n-1}B^n}{1+A^{n-1}B^n}-\frac{1-A^{n-2}B^{n-1}}{1+A^{n-2}B^{n-1}}=\frac{2A^{n-2}B^{n-1}(1-AB)}{(1+A^{n-1}B^n)(1+A^{n-2}B^{n-1})},\]
如果 $1-AB=0$ 即 $a=b$ 时，则 $a_n$ 恒为 $a$，下设 $1-AB\ne0$，因为 $A^2B^2\leqslant 1$ 所以 $1-AB>0$，故此 $a_{n+1}-a_n$ 的正负取决于 $A^{n-2}B^{n-1}$ 的符号，下面分类讨论。

（1）当 $A>0$, $B>0$ 即 $a<1$, $b<1$ 时，显然 $A^{n-2}B^{n-1}>0$，故 $a_{n+1}>a_n$，即 $a_n$ 为递增数列，再注意到 $\lim_{n\to\infty}a_n=1$，所以此时有 $a\leqslant a_n<1$；

（2）当 $A<0$, $B<0$ 即 $a>1$, $b>1$ 时，显然 $A^{n-2}B^{n-1}<0$，故 $a_{n+1}<a_n$，即 $a_n$ 为递减数列，再注意到 $\lim_{n\to\infty}a_n=1$，所以此时有 $1<a_n\leqslant a$；

（3）当 $A>0$, $B<0$ 即 $a<1$, $b>1$ 时，若 $n$ 为奇数，则 $A^{n-2}B^{n-1}>0$，若 $n$ 为偶数，$A^{n-2}B^{n-1}<0$，所以此时 $a_n$ 为摆动数列；

（4）当 $A<0$, $B>0$ 即 $a>1$, $b<1$ 时，若 $n$ 为奇数，则 $A^{n-2}B^{n-1}<0$，若 $n$ 为偶数，$A^{n-2}B^{n-1}>0$，所以此时 $a_n$ 也为摆动数列。

再者，当 $a_n$ 为摆动数列时，即 $(a-1)(b-1)<0$ 时，对于 $n\geqslant 3$，有
\begin{align*}
(a-a_n)(b-a_n)&=\left( -\frac{1-A}{1+A}-\frac{1-A^{n-2}B^{n-1}}{1+A^{n-2}B^{n-1}} \right)\left( \frac{1-B}{1+B}-\frac{1-A^{n-2}B^{n-1}}{1+A^{n-2}B^{n-1}} \right) \\
& =\frac{2(A^{n-1}B^{n-1}-1)}{(1+A)(1+A^{n-2}B^{n-1})}\cdot \frac{2B(A^{n-2}B^{n-2}-1)}{(1+B)(1+A^{n-2}B^{n-1})} \\
& =\frac{(a-1)(b-1)(1-A^{n-2}B^{n-2})(1-A^{n-1}B^{n-1})}{(1+A^{n-2}B^{n-1})^2}\\
&\leqslant 0,
\end{align*}
等号成立当且仅当 $AB=-1$。

综上所述，我们得到以下结论：
当 $AB=1$ 时 $a_n=a$；
当 $1>AB>0$ 时 $a_n$ 为单调增或单调减数列，并且 $\min\{1,a\}\leqslant a_n\leqslant \max\{1,a\}$；
当 $0>AB>-1$ 时 $a_n$ 为摆动数列，并且当 $n\geqslant 3$ 时 $\min\{a,b\}<a_n<\max\{a,b\}$；
当 $AB=-1$ 时 $a_n$ 为摆动数列，并且 $a_{2k-1}=a$, $a_{2k}=b$，其中 $k\in\mbb N^+$。

此外，由
\begin{align*}
A^2B^2\leqslant 1&\iff (1-a)^2(1+b)^2\geqslant (1+a)^2(1-b)^2\\
& \iff (a-b)(ab-1)\geqslant 0\\
&\iff(b-a)\left(b-\frac1a\right)\leqslant 0,
\end{align*}
得到
\[\min \left\{ a,\frac1a \right\}\leqslant b\leqslant \max \left\{ a,\frac1a \right\},\]
再结合上述结论，也不难看出取 $\lambda =\max\left\{ a,\frac1a \right\}$ 是合理的，于是这也算是本题的另一种方法。

加点修饰，大概几乎可以成文了，有机有机

15# kuing


结果比标答更优，期待大作！

佩服！

16# hongxian

准备放在下一期数学空间里，跟这里所发的内容大致一样，除了后面考虑摆动的时候有点点不同，证出了摆动的幅度越来越小

感觉与拉格朗日插值公式有关

18# kuing

不会是指第三期吧!好象没有看到!