Математикадан облыстық олимпиада, 2019 жыл, 11 сынып

Келесідей анықталған $\{a_n\}$ тізбегі берілген: $a_1=3$ және әрбір натурал $n$ үшін $a_{n+1}=\frac{a_n^2+1}{2}.$ Кез келген натурал $n$ үшін $\frac{1}{a_1 + 1} + \frac{1}{a_2 + 1} + \ldots + \frac{1}{a_n + 1} < \frac{1}{2}$ теңсіздігі орындалатынын дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.    
Решение. Так как $a_1 > 1,$ то из равенства $2(a_{n+1}-1)=a_n^2-1=(a_n-1)(a_n+1)$ легко следует, что $a_n > 1$ при всех $n\ge 1.$ Пусть ${S_n} = \frac{1}{{{a_1} + 1}} + \frac{1}{{{a_2} + 1}} + \ldots + \frac{1}{{{a_n} + 1}}$ для $n\ge 1.$ Индукцией по $n$ докажем, что \[{S_n} = \frac{1}{2} - \frac{2}{{a_n^2 - 1}} < \frac{1}{2}. \quad (1)\] База: ${S_1} = \frac{1}{{{a_1} + 1}} = \frac{1}{4} = \frac{1}{2} - \frac{2}{{a_1^2 - 1}} < \frac{1}{2}.$ Предположим, что условие (1) верно для всех $k \le n.$ Тогда \[{S_{k + 1}} = {S_k} + \frac{1}{{{a_{k + 1}} + 1}} = \frac{1}{2} - \frac{2}{{a_k^2 - 1}} + \frac{1}{{{a_{k + 1}} + 1}} = \] \[ = \frac{1}{2} - \frac{1}{{{a_{k + 1}} - 1}} + \frac{1}{{{a_{k + 1}} + 1}} = \frac{1}{2} - \frac{2}{{a_{k + 1}^2 - 1}} < \frac{1}{2}.\]

$\frac{1}{a_n + 1} = \frac{a_n-1}{a_n^2 - 1}= \frac{a_n+1-2}{a_n^2 - 1} = \frac{1}{a_n - 1} - \frac{2}{a_n^2 - 1} = \frac{1}{a_n-1} - \frac{1}{a_{n+1} -1}.$

$S=(\frac{1}{a_1-1} - \frac{1}{a_{2} -1})+(\frac{1}{a_2-1} - \frac{1}{a_{3} -1}) ...+(\frac{1}{a_n-1} - \frac{1}{a_{n+1} -1})=$

$=\frac{1}{a_1-1} - \frac{1}{a_{n+1} -1}=\frac{1}{2} - \frac{1}{a_{n+1} -1}<\frac{1}{2}$