数列递推与累加放缩

先看清递推在干什么。

$$a_{n+1} = a_n - \frac{1}{3}a_n^2, \qquad a_1 = 1$$

每一步都在"扣掉"一个平方项，所以数列递减；只要 $a_n \in (0,1)$，就有 $a_n - \dfrac{a_n^2}{3} > a_n - a_n^2 > 0$，所以数列恒正且递减。

这类递推要想估计 $a_n$ 的量级，标准手法是取倒数。

倒数化。

由递推式：

$$a_{n+1} = a_n\left(1 - \frac{a_n}{3}\right)$$

两边取倒数：

$$\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{1}{a_n} \cdot \frac{1}{1 - \frac{a_n}{3}}$$

因为 $0 < \dfrac{a_n}{3} < \dfrac{1}{3} < 1$，可以用

$$\frac{1}{1-u} < 1 + u + u^2 + u^3 + \cdots$$

取前三项得到可用的估计：

$$\frac{1}{a_{n+1}} < \frac{1}{a_n}\left(1 + \frac{a_n}{3} + \frac{a_n^2}{3}\right) = \frac{1}{a_n} + \frac{1}{3} + \frac{a_n}{9}$$

逐项累加。

$$\frac{1}{a_n} < \frac{1}{a_1} + \sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{3} + \frac{a_k}{9}\right) = 1 + \frac{n-1}{3} + \frac{1}{9}\sum_{k=1}^{n-1} a_k$$

由于 $a_k \le a_1 = 1$，有 $\sum_{k=1}^{n-1} a_k \le n-1$，于是

$$\frac{1}{a_n} < 1 + \frac{n-1}{3} + \frac{n-1}{9} = 1 + \frac{4(n-1)}{9}$$

代入 $n = 100$：

$$\frac{1}{a_{100}} < 1 + \frac{4 \times 99}{9} = 1 + 44 = 45$$ $$\Rightarrow a_{100} > \frac{1}{45} \quad\Rightarrow\quad 100a_{100} > \frac{20}{9} \approx 2.22$$

这个下界还不够锋利，换个更准的估计。

用二阶放缩收紧。

由 $\dfrac{1}{1-u} < 1 + u + u^2(1+u+\cdots)$ 取更精的形式：

$$\frac{1}{a_{n+1}} < \frac{1}{a_n} + \frac{1}{3} + \frac{a_n}{9} + \frac{a_n^2}{27} + \cdots$$

前三项已经够了，关键是别把 $\sum a_k$ 放得太松。已知 $a_k \le 1$ 给出 45，改进：用 $a_k \le \dfrac{1}{1+\frac{k-1}{3}}\cdot 1$（由 $\dfrac{1}{a_n}$ 的下界反推）：

因为 $\dfrac{1}{a_{n+1}} > \dfrac{1}{a_n} + \dfrac{1}{3}$（由 $\dfrac{1}{1-u} > 1+u$），累加得

$$\frac{1}{a_n} > 1 + \frac{n-1}{3} \quad\Rightarrow\quad a_n < \frac{1}{1 + \frac{n-1}{3}} = \frac{3}{n+2}$$

回到上界式：

$$\frac{1}{a_n} < 1 + \frac{n-1}{3} + \frac{1}{9}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{3}{k+2} = 1 + \frac{n-1}{3} + \frac{1}{3}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k+2}$$

用调和级数估计 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k+2} = \sum_{j=3}^{n+1}\frac{1}{j}$。注意

$$\sum_{j=3}^{n+1}\frac{1}{j} < \int_{2}^{n+1}\frac{\mathrm{d}x}{x} + \frac{1}{3} = \ln\frac{n+1}{2} + \frac{1}{3}$$

代入 $n=100$：

$$\sum_{j=3}^{101}\frac{1}{j} < \ln\frac{101}{2} + \frac{1}{3} \approx 3.922 + 0.333 = 4.255$$ $$\frac{1}{a_{100}} < 1 + \frac{99}{3} + \frac{1}{3}\times 4.255 = 1 + 33 + 1.418 = 35.418$$ $$a_{100} > \frac{1}{35.418} \approx 0.028234 \quad\Rightarrow\quad 100a_{100} > 2.823$$

下界。 用同样的倒数化，这次从下方夹：由 $\dfrac{1}{1-u} > 1 + u$（$u>0$）：

$$\frac{1}{a_{n+1}} > \frac{1}{a_n} + \frac{1}{3}$$

累加：

$$\frac{1}{a_n} > 1 + \frac{n-1}{3} = 1 + 33 = 34$$ $$a_{100} < \frac{1}{34} \approx 0.02941 \quad\Rightarrow\quad 100a_{100} < 2.94$$

合起来：

$$2.83 < 100a_{100} < 2.94$$

这落在 $\left(\dfrac{5}{2},\ 3\right)$ 内。

答案

选 B。$\dfrac{5}{2} < 100a_{100} < 3$。

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一句话总结：$a_{n+1}=a_n-\frac13a_n^2$ 这类递推取倒数后用 $\frac1{1-u}$ 的泰勒展开逐项放缩，配合 $\sum\frac1k<\ln$ 收紧——注意上下界都要给，答案区间不能只靠一个方向凑。