又一道数列题

题目：如果数列$a_n$满足  $a_{n+1}=a_n+\frac{a_n^2}{n^2}$, $n=1,2,3,...$, 且 $a_1\in [0,1)$. 证明:  $\lim_{n\rightarrow+\infty}a_n$存在.

分析：首先若$a_1=0$, 则不难由归纳法可知， $a_n=0$,  $n=1,2,3,...$, 那么结论是显然的，因此以下仅考虑$0<a_1<1$的情形. 

此时，不难用数学归纳法得到$a_n>0$, $n=1,2,3,...$.

这样由递推式即可知道 $a_{n+1}>a_n$, $n=1,2,3,...$.

 要证明结论，则只需要给$a_n$一个上界就可以了. 

先可利用数学归纳法，易知 $a_n\leq na_1$, $n=1,2,3,...$. 

这是一个非常粗糙的上界估计，似乎可以想办法去再次改进上界.  

此时，另一种想法也可以进行，即将递推式做如下变形，

即 $n=1,2,3,...$，

$$a_{n+1}<a_n+\frac{a_na_{n+1}}{n^2},$$

此式子是我们解决问题的关键所在. 先做一点点尝试，即由上式变形可得，

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

累加后可得，

$$\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_{n+1}}<\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}.$$

因此，

$$\frac{1}{a_{n}}>\frac{1}{a_{n+1}}>\frac{1}{a_1}-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}.$$

注意到

$$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}<\frac{\pi^2}{6},$$

由此便可知， 当 $0<a_1<\frac{6}{\pi^2}$ 时候， 可以得到 $\frac{1}{a_n}$的一个正的下界 $\frac{1}{a_1}-\frac{\pi^2}{6}$,   这样就可以证明结论的.

但是这里我们加了一个条件 $0<a_1<\frac{6}{\pi^2}$ ，因此我们需要想办法去掉它. 

其实写到这里，完全的解答已经基本展现在眼前了,  即不要想着让$k=1$开始累加.  经过分析，一个解答如下：

 

证明:  首先由$a_1\in(0,1)$可知，存在 正整数$n_0>1$ 使得

$$a_1<\frac{n_0-1}{n_0}.$$
将分析中的前半部分推理用上可知，

$$\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+1}}<\frac{1}{n^2},$$

累加可知，对任意的 $n>n_0$，

$$\frac{1}{n_0a_1}-\frac{1}{a_{n+1}}\leq \frac{1}{a_{n_0}}-\frac{1}{a_{n+1}}<\sum_{k=n_0}^n\frac{1}{k^2}<\frac{1}{n_0-1},$$

此处我们利用了归纳法的结论  $a_n\leq na_1$, $n=1,2,3,...$， 以及平方倒数求和的常见放缩式.

由上式立得，对任意的$n>n_0$，
$$\frac{1}{a_{n+1}}>\frac{1}{n_0a_1}-\frac{1}{n_0-1}=\frac{1}{(n_0-1)a_1}(\frac{n_0-1}{n_0}-a_1)>0.$$
故 $a_n$ 一致有界，再由单调递增即得 $\lim_{n\rightarrow +\infty}a_n$ 存在.

证毕！

注解：当$a_1\in [1,+\infty)$, 不难用归纳法可以证明$a_n\geq n$, $n=1,2,3,...$. 自然就有$\lim_{n\rightarrow +\infty}a_n$ 不存在.