Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2020 год

Докажите, что число $r = 2$ является наибольшим вещественным числом $r$, удовлетворяющим следующему условию:
Если последовательность натуральных чисел $a_1, a_2, \ldots $ удовлетворяет неравенствам $$a_n\leq a_{n+2}\leq \sqrt{a_n^2+ra_{n+1}}$$ для всех натуральных $n$, то существует натуральное $M$ такое, что $a_{n+2}=a_n$ при всех $n\geq M$.

Комментарий/решение

Решение: Докажем, что если $r=2,$ то $a_{n+2}=a_n,\forall n\ge M.$ Условие можно переписать таким образом

$$0\le a_{n+2}^2-a_n^2\le 2a_{n+1}.$$

Если $\boxed{a_{n+1}\le a_n},$ то $a_n^2\le a_{n+2}^2<(a_n+1)^2\implies \boxed{a_{n+2}=a_{n}}\quad (1)$

Если $\boxed{a_{n}\le a_{n+1}},$ то $a_n \le a_{n+2}\le \sqrt{a^2_{n+1}+2a_{n+1}}<a_{n+1}+1\implies \boxed{a_n\le a_{n+2}\le a_{n+1}}\quad(2)$

Теперь допустим, что $a_{m+2}\neq a_m,$ для некоторого $m\in\mathbb N.$ Тогда пользуясь $(1)$ и $(2)$ получаем

$$a_m<a_{m+2}\le a_{m+1}.$$

Докажем по индукции, что

$$a_{m+2k}\le a_{m+2k-1}=a_{m+1},\forall k\in\mathbb N.$$

Для $k=1$ мы уже доказали. Пусть это верно для некоторого натурального $k.$ Тогда из $(1)\implies a_{m+2k+1}=a_{m+2k-1}=a_{m+1}.$

Заметим, что $a_{m+2k}\le a_{m+2k+1},$ но из $(2)\implies a_{m+2k+2}\le a_{m+2k+1}=a_{m+1}.\quad\square$

Ясно, что $a_{m+2k}-$неубывающая ограниченная сверху последовательность натуральных чисел, откуда $a_{m+2k}=C,$ для всех $2k\ge M.$ Требуемое доказано.

Дополним решение сверху, показав что $r > 2$ таким свойством не обладают, то есть для них существует последовательность $\{a\}$, такая что выполняется неравенство из условия, и при этом не существует момента с которого $a_n = a_{n + 2}$

Пусть $r > 2$ и $\varepsilon = r - 2 > 0$

Построим последовательность следующим образом

$a_1 = N + 1, a_2 = N + 1, a_3 = N + 2, a_4 = N + 2 \ldots a_{2k - 1} = N + k, a_{2k} = N + k$

где $N$ подберем в зависимости от значения $\varepsilon$

сразу отметим что $a_n \geq N + 1$, в силу $a_{n + 2} \geq a_n$

перепишем неравенство из условия как $a_n^2 \leq a_{n + 2}^2 \leq a_n^2 + r \cdot a_{n + 1}$

несложно заметить, что первое неравенство выполняется. поймем почему второе тоже выполняется

возможны два случая $1) a_n = l, a_{n + 1} = l, a_{n + 2} = l + 1$ $2)a_n = l, a_{n + 1} = l + 1, a_{n + 2} = l + 1$

Случай $1$

$(l + 1) ^ 2 \leq l ^ 2 + r \cdot l \iff 1 \leq \varepsilon \cdot l$ чтобы это выполнялось достаточно взять $N > \frac 1 \varepsilon$

Случай $2$

$(l + 1) ^ 2 \leq l ^ 2 + r \cdot (l + 1) \iff 1 \leq \varepsilon \cdot l + r$ тоже достаточно взять $N > \frac 1 \varepsilon$