2024年波罗的海数学竞赛P5：递推数列系数问题
题目 求所有的正实数$\lambda,$ 使得满足对于任意$n\geq 2024^{2024},$
$$a_{n+1}=\lambda\cdot \dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}$$的正实数序列$\{a_n\}$总是有界的.
解 $0<\lambda\leq 1.$
方便起见, 我们记$N=2024^{2024}.$
一方面, 我们证明$0<\lambda\leq 1$时正实数序列总是有界的. 事实上, 我们可以归纳证明, 任取$n\geq1,$ $a_n\leq M,$ 其中$M=\max\{a_1,a_2,\cdots,a_{N}\}<+\infty.$ 当$1\leq n\leq N$时结论显然成立. 对于$k\geq N,$ 假设已经证明$1\leq n\leq k$时均有$a_{n}\leq M,$ 则\begin{align*} a_{k+1}=\dfrac{\lambda}{k}\sum_{i=1}^{k}a_i\leq \dfrac{\lambda}{k}\sum_{i=1}^{k}M\leq \lambda M\leq M. \end{align*} 因此$n=k+1$时也有$a_{n}\leq M.$ 则由数学归纳法结论得证.
另一方面, 我们证明, 当$\lambda>1,$ 数列$\{a_n\}$前$N$项为$1$时, 数列是无界的. 事实上, 我们可以归纳证明, 对于任意$n\geq N+1,$ 记$l=\left\lfloor\log_{2}\dfrac{n-1}{N}\right\rfloor\geq0,$ 有 $a_{n}\geq \lambda\cdot\left(\dfrac{\lambda+1}{2}\right)^l.$
$1^{\circ}$ $n=N+1$时, $l=0,$ 有 $$a_{N+1}=\lambda\cdot \dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_{N}}{N}=\lambda=\lambda\cdot\left(\dfrac{\lambda+1}{2}\right)^l.$$
$2^{\circ}$ 对$k\geq N+1,$ 若$n\in[N+1,k]$时结论均成立, 则对$n=k+1$时, $l=\left\lfloor\log_{2}\dfrac{k}{N}\right\rfloor\geq0,$ 则\begin{align*} a_{k+1}=&\dfrac{\lambda}{k}\left(\sum_{i=1}^{N}a_i+\sum_{j=0}^{l-1}\sum_{q=1}^{2^jN}a_{2^jN+q}+\sum_{i=1}^{k-2^lN}a_{2^lN+i}\right)\\\geq&\dfrac{\lambda}{k}\left(N+\sum_{j=0}^{l-1}\sum_{q=1}^{2^jN}\lambda\cdot\left(\dfrac{\lambda+1}{2}\right)^j +\sum_{i=1}^{k-2^lN}\lambda\cdot\left(\dfrac{\lambda+1}{2}\right)^l\right)\\=&\dfrac{\lambda}{k}\left(N+\sum_{j=0}^{l-1}\lambda N\cdot\left({\lambda+1}\right)^j +\lambda(k-2^lN)\cdot\left(\dfrac{\lambda+1}{2}\right)^l\right)\\=&\dfrac{\lambda}{k}\left(\left({\lambda+1}\right)^lN +\lambda(k-2^lN)\cdot\left(\dfrac{\lambda+1}{2}\right)^l\right)\\\geq&\dfrac{\lambda}{k}\left(\left({\lambda+1}\right)^lN +(k-2^lN)\cdot\left(\dfrac{\lambda+1}{2}\right)^l\right)=\lambda\cdot\left(\dfrac{\lambda+1}{2}\right)^l. \end{align*} 因此$n=k+1$时结论也成立, 则由数学归纳法结论得证. 由于$\dfrac{\lambda+1}{2}>1,$ 故当$l\to +\infty$时, $a_n\to\infty,$ 因此数列无界.
综上所述, 符合条件的$\lambda$满足$0<\lambda\leq 1.$
解 $0<\lambda\leq 1.$
方便起见, 我们记$N=2024^{2024}.$
一方面, 我们证明$0<\lambda\leq 1$时正实数序列总是有界的. 事实上, 我们可以归纳证明, 任取$n\geq1,$ $a_n\leq M,$ 其中$M=\max\{a_1,a_2,\cdots,a_{N}\}<+\infty.$ 当$1\leq n\leq N$时结论显然成立. 对于$k\geq N,$ 假设已经证明$1\leq n\leq k$时均有$a_{n}\leq M,$ 则\begin{align*} a_{k+1}=\dfrac{\lambda}{k}\sum_{i=1}^{k}a_i\leq \dfrac{\lambda}{k}\sum_{i=1}^{k}M\leq \lambda M\leq M. \end{align*} 因此$n=k+1$时也有$a_{n}\leq M.$ 则由数学归纳法结论得证.
另一方面, 我们证明, 当$\lambda>1,$ 数列$\{a_n\}$前$N$项为$1$时, 数列是无界的. 事实上, 我们可以归纳证明, 对于任意$n\geq N+1,$ 记$l=\left\lfloor\log_{2}\dfrac{n-1}{N}\right\rfloor\geq0,$ 有 $a_{n}\geq \lambda\cdot\left(\dfrac{\lambda+1}{2}\right)^l.$
$1^{\circ}$ $n=N+1$时, $l=0,$ 有 $$a_{N+1}=\lambda\cdot \dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_{N}}{N}=\lambda=\lambda\cdot\left(\dfrac{\lambda+1}{2}\right)^l.$$
$2^{\circ}$ 对$k\geq N+1,$ 若$n\in[N+1,k]$时结论均成立, 则对$n=k+1$时, $l=\left\lfloor\log_{2}\dfrac{k}{N}\right\rfloor\geq0,$ 则\begin{align*} a_{k+1}=&\dfrac{\lambda}{k}\left(\sum_{i=1}^{N}a_i+\sum_{j=0}^{l-1}\sum_{q=1}^{2^jN}a_{2^jN+q}+\sum_{i=1}^{k-2^lN}a_{2^lN+i}\right)\\\geq&\dfrac{\lambda}{k}\left(N+\sum_{j=0}^{l-1}\sum_{q=1}^{2^jN}\lambda\cdot\left(\dfrac{\lambda+1}{2}\right)^j +\sum_{i=1}^{k-2^lN}\lambda\cdot\left(\dfrac{\lambda+1}{2}\right)^l\right)\\=&\dfrac{\lambda}{k}\left(N+\sum_{j=0}^{l-1}\lambda N\cdot\left({\lambda+1}\right)^j +\lambda(k-2^lN)\cdot\left(\dfrac{\lambda+1}{2}\right)^l\right)\\=&\dfrac{\lambda}{k}\left(\left({\lambda+1}\right)^lN +\lambda(k-2^lN)\cdot\left(\dfrac{\lambda+1}{2}\right)^l\right)\\\geq&\dfrac{\lambda}{k}\left(\left({\lambda+1}\right)^lN +(k-2^lN)\cdot\left(\dfrac{\lambda+1}{2}\right)^l\right)=\lambda\cdot\left(\dfrac{\lambda+1}{2}\right)^l. \end{align*} 因此$n=k+1$时结论也成立, 则由数学归纳法结论得证. 由于$\dfrac{\lambda+1}{2}>1,$ 故当$l\to +\infty$时, $a_n\to\infty,$ 因此数列无界.
综上所述, 符合条件的$\lambda$满足$0<\lambda\leq 1.$
