题遇#5

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Zelda110's WorldZelda110

原题

无穷正数列 $\{a_n\},\{b_n\}$ 满足 $a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{\sqrt{a_n^2+b_n^2}},b_{n+1}=\sqrt2\frac{b_n}{a_n}$. 若 $\{a_n\}$ 为等比数列，求 $a_1,b_1$.

解析

由均值不等式

$$1=\frac{\sqrt{a_n^2+b_n^2}}{\sqrt{a_n^2+b_n^2}}<\frac{a_n+b_n}{\sqrt{a_n^2+b_n^2}}\le\frac{\sqrt{2(a_n^2+b_n^2)}}{\sqrt{a_n^2+b_n^2}}=\sqrt2$$

故对任意整数 $n\ge2$，有 $1<a_n\le\sqrt2$.

由于 $\{a_n\}$ 为无穷正数列，若公比 $0<q<1$，$lim_{n\to\infin}a_n=0<1$. 若公比 $q>1$，$lim_{n\to\infin}a_n=+\infin>\sqrt2$，与$\{a_n\}$ 的有界性矛盾. 因此公比 $q=1$，$\{a_n\}$ 为常数列，$a_n=a_1$.

于是 $a_1=\frac{a_1+b_n}{\sqrt{a_1^2+b_n^2}}$，这是一个关于 $b_n$ 的一元二次方程，至多有 $2$ 个实数解. 若 $1<a_1<\sqrt2$，由 $b_{n+1}=\sqrt2\frac{b_n}{a_n}$，有 $b_1<b_2<b_3$，矛盾. 因此 $a_1=\sqrt2$.

解方程得 $b_n=b_1=\sqrt2$.