[数列] 一个数列无界性的证明

近日群里出现一个数列，要证明它的无界性。数列由 $a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n^2}$ 来确定，并且 $a_1>1$。
略证如下：假定对于某个 $n\geqslant 5$ 成立不等式 $a_n<\sqrt{a_1^2+n}$，那么由于函数 $f(x)=x+\frac{1}{x^2}$ 在 $x\geqslant 2$ 时是增函数，有：
\[
a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n^2}
<\sqrt{a_1^2+n}+\frac{1}{a_1^2+n}
<\sqrt{a_1^2+(n+1)}
\]
这就是说，根据数学归纳法，对于此项后面的所有项，就都成立这个不等式了。于是就有：
\[
a_{n+1}-a_n=\frac{1}{a_n^2}>\frac{1}{a_1^2+n}
\]
取 $M$ 为不小于 $a_1^2$ 的任何一个正整数，有：
\[
a_{n+1}>a_1+\sum_{k=1}^n\frac{1}{a_1^2+k}>a_1+\sum_{k=1}^n\frac{1}{M+k}
\]
众所周知，自然数的倒数和是无界的，因此 $a_n$ 也是无界的。
至于不存在 $n\geqslant 5$ 使得 $a_n<\sqrt{a_1^2+n}$ 成立的情况，这时数列明显就是无界的，证毕。

1# 都市侠影


ah,若$a_{n}$ 有界，不妨设$ 0<|a_{n}|\leq M$
\[ a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{a_{n}^{2}} \]
gives
\[ a_{n+1}=a_{1}+\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{a^{2}_{k}}}\geq a_{1}+\frac{n^{2}}{\sum_{k}{a^{2}_{k}}}\geq a_{1}+\frac{n}{M^{2}} \]
数列显然无界，所以矛盾。

2# pxchg1200

昨天群聊记录也提到这个了，不过没你写得详细。

群管-kuing/bb/jy/cd<kuingggg@qq.com> 15:25:02
\begin{align*}
a_n&=(a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+\cdots+(a_2-a_1)+a_1\\
&=\frac1{a_{n-1}^2}+\frac1{a_{n-2}^2}+\cdots+\frac1{a_1^2}+a_1,
\end{align*}
假设 $a_n$ 有界，那么 $\{1/a_n^2\}$ 不趋向 0，所以当 $n\to\infty$ 时后面的求和无穷，得 $a_n$ 无界，矛盾……

爱好者-战巡(3705*****) 15:27:08
或者之前说的，有界递增必有极限，此时a[n+1]=a[n]，无解
群管-kuing/bb/jy/cd<kuingggg@qq.com> 15:30:32
严格点说应该是此时 lim a[n+1] = lim a[n]，于是得到 lim 1/a[n]^2=0，即 a[n] 无界，矛盾

$a_1>1$ 其实可以弱化为 $a_1>0$，下面用数学归纳法证明当 $n\geqslant 2$ 时恒有 $a_n>\sqrt[3]{3n}$。

先验证 $a_2$ 成立，由均值有
\[a_2=\frac{a_1}2+\frac{a_1}2+\frac1{a_1^2}\geqslant \frac3{\sqrt[3]4}>\sqrt[3]6,\]
所以 $n=2$ 时成立，假设当 $n=k$ 时成立，即有 $a_k>\sqrt[3]{3k}$，当 $n=k+1$ 时，因为函数 $f(x)=x+1/x^2$ 在 $\bigl(\sqrt[3]2,+\infty \bigr)$ 上单调增，而 $\sqrt[3]{3k}>\sqrt[3]2$，所以
\[a_{k+1}=a_k+\frac1{a_k^2}>\sqrt[3]{3k}+\frac1{\bigl(\sqrt[3]{3k}\bigr)^2}=\sqrt[3]{3k+\frac1k+\frac1{(3k)^2}+3}>\sqrt[3]{3(k+1)},\]
于是当 $n=k+1$ 时也成立，故由数学归纳法知对任意 $n\geqslant 2$ 时都有 $a_n>\sqrt[3]{3n}$。

这样也算是从初等方法得到无\界吧

两位解的不错。
上次没注意到放缩那步，样如果两边直接求极限就搞定了。

5# yfgkey

其实如果不是你做错了，大概就不会有这个贴以及这些解法了