デイリー質問_190908

列の既知の数$ {A_N} $満たす。A_1 = $をdfrac \ 1 {{}} $ 3 \（。。N-A_ {+} 1 =（1-A_N）\のSiN A_N \）、N- $ \ \のmathbbにおける{ 。：N} ^ \ $証明AST
（1）。$ $ $ 0 <A_N \ leqslant \ dfrac {1} {N- + 2}、N- \で\ mathbb {N} ^ \ AST; $
$（2）の$ $ \ COS \ SQRT {2A_1} \ COS \ SQRT {2A_2} \ cdots \ COS \ SQRT {2a_n}> dfrac \ {2} {N + 2}、n個の\ mathbbで\ {N} ^ \ AST。$の
解析
$ （1）知ることは容易で$ [\ FORALL X \で\ \
{1}、{3} \右から左（0、\ dfrac]を、0 <（1-X）\罪X <X。\] 第検討プルーフ（\ \ FORALL N- \で\ mathbb {N} ^ \ ASTは、0 <A_N \ leqslant \ dfrac。1 {{}} 3）\。
基盤が明らか$ N = 1 $に要約されている場合、上記のステートメントが真である。
誘導再帰仮定する場合$そのN = K（K \ geqslant2 \テキスト{ と} K \で\ mathbb {N } ^ \ AST）$ 時間、$ 0 <a_k \ leqslant \ dfrac {1} {3}。$ それ\ [A_ {K + 1} =（1-a_k） \罪{a_k} \ \左（0、\ dfrac {1}、{3} \右]、\]でこのよう（\ \ \の中のN \ FORALL mathbb {N} ^ \ AST、A_N \で\左（0、\ {3} \右]。\）{1} dfrac の\ mathbbで$ \ FORALL N \を証明続い { N} ^ \ AST、0 < A_N \ leqslant \ dfrac {1} {+ 2}。$ nは
、上記のステートメントが真要約明らか基礎の$ $ n = 1である。
誘導再帰を想定その場合$ N = K（K \ geqslant2 \テキスト{と} K \で\ mathbb {N } ^ \ AST）$ 時間、\（0 <a_k \ leqslant \ dfrac {1}、{K + 2}。\）次に、\ [0 <A_ {K + 1 } =（1-a_k）\罪{a_k} <（1-a_k）a_k \ leqslant \ dfrac {K + 1} {（K + 2）^ 2} <\ dfrac {1} {K + 3}。\ ]
そう\（\ FORALL N- \で\ mathbb {N} ^ \ AST、0 <A_N \ leqslant \ dfrac {1} {N- + 2} \） 。
$（2）$元の不等式を書き込むことができる\ [\ COS \ SQRT {2A_1} \ COS \ SQRT {2A_2} \ cdots \ COS \ SQRT {2a_n}> \ dfrac {2} {3} \ CDOT \ dfrac {3} {4} \ cdots \ dfrac {N + 1} {N +2} \]
長い症候群\ [\ FORALL N \ \の中
mathbb {N} ^ \ AST、\ COS {\のSQRT {2a_n}}> \ dfrac {N + 1} {N + 2}。\] 結合\ （（1）\）結論のみ証明見ることができるの\で\ [\ FORALL N \ mathbb {N} ^ \ AST、\ COS {\のSQRT {\ dfrac {2} {N + 2}}}> \ dfrac {N + 1} {N +2}。\]
オーダー$ X = \ SQRT {\ dfrac {2} {N + 2}} \で\左（0、\ dfrac {\のSQRT 6}、{3} \右]、$ 式のようにこれは、と等価である\ [\ FORALL X \で\
左（0、\ dfrac {\のSQRT {6}}、{3} \右]、\ COS X> 1- \ dfrac {1} {2} X ^ 2 \] 上記の不等式を証明することは容易である。問題の不平等は、このように証明しました。