Задача №18564

Возрастающая последовательность натуральных чисел $a_1,a_2,a_3,\dots$ при всех значениях $n$ удовлетворяет соотношению $a_{n+2}\le \sqrt{a_n^2+4a_n+4a_{n+1}+4}\text{.}$ Найдите наибольшее значение $a_{15}\text{,}$ если известно, что $a_1=1\text{.}$

Решение

Обозначения. Последовательность $a_1,a_2,\dots$ строго возрастает и состоит из натуральных чисел, поэтому все разности

целые и $t_n\ge 1\text{.}$ Обе части исходного неравенства неотрицательны, значит его можно равносильно возвести в квадрат:

Шаг 1. Грубая оценка $a_{n+2}\le a_n+4\text{.}$

Числа целые и возрастают, поэтому $a_{n+1}\le a_{n+2}-1$ и $4a_{n+1}\le 4a_{n+2}-4\text{.}$ Подставим это в правую часть:

Основания положительны ($a_{n+2}\ge 3\text{,}$ $a_n\ge 1$), поэтому $a_{n+2}-2\le a_n+2\text{,}$ то есть

Самой этой оценки мало: она дала бы лишь $a_{15}\le 1+7\cdot 4=29\text{.}$ Уточним, какие именно пары разностей допустимы.

Шаг 2. Полный список допустимых пар соседних разностей.

Обозначим $a=a_n$ и подставим $a_{n+1}=a+t_n\text{,}$ $a_{n+2}=a+t_n+t_{n+1}\text{.}$ После раскрытия скобок квадратичное неравенство равносильно линейному по $a\text{:}$

Оно обязано выполняться при всех $a\ge 1\text{.}$ Разберём случаи по сумме $s=t_n+t_{n+1}\text{:}$

• $s\ge 5\text{:}$ левая часть $\ge 2a>0\text{,}$ а правая $=4+4t_n-s^2\le 4+4s-s^2=-(s-2{)}^2+8<0\text{.}$ Невозможно. Значит подтверждается $s\le 4\text{.}$
• $s=4\text{:}$ левая часть равна $0\text{,}$ нужно $0\le 4t_n-12\text{,}$ то есть $t_n\ge 3\text{.}$ При сумме $4$ это только $(t_n,t_{n+1})=(3,1)\text{.}$
• $s=3\text{:}$ левая часть $=-2a\text{;}$ неравенство $(\star )$ сводится к $-2a\le -1$ для $(1,2)$ и к $-2a\le 3$ для $(2,1)$ — оба верны при $a\ge 1\text{.}$
• $s=2\text{:}$ пара $(1,1)\text{,}$ неравенство $-4a\le 4$ верно.

Получаем полный список допустимых соседних пар $(t_n,t_{n+1})\text{:}$

Для пары $(3,1)$ неравенство обращается в точное равенство при любом $a\text{.}$

Следствия.

• Вторая компонента любой допустимой пары равна $1$ или $2\text{.}$ Поэтому $t_m\le 2$ при всех $m\ge 2\text{.}$
• Значение $3$ встречается только как первая компонента пары $(3,1)\text{;}$ как вторая компонента оно невозможно. Значит $t_n=3$ допустимо лишь при $n=1\text{.}$

Шаг 3. Оценка $a_{15}\text{.}$

Запишем

и разобьём четырнадцать разностей на семь соседних пар:

Каждая пара допустима, поэтому её сумма не превосходит $4\text{.}$ Но при $k\ge 2$ первая компонента пары $(t_{2k-1},t_{2k})$ имеет номер $2k-1\ge 3\text{,}$ значит $t_{2k-1}\le 2\text{;}$ тогда эта пара — одна из $(1,1),(1,2),(2,1)\text{,}$ и её сумма $\le 3\text{.}$ Сумму $4$ может дать только первая пара (за счёт $(3,1)$ с тройкой на месте $n=1$). Следовательно,

Шаг 4. Пример, где $a_{15}=23\text{.}$

Возьмём разности

тогда последовательность имеет вид

Все её соседние пары разностей — это $(3,1)$ в начале и далее чередование $(1,2),(2,1)\text{,}$ то есть только допустимые пары. Значит исходное неравенство выполнено при всех $n\text{,}$ и здесь $a_{15}=23\text{.}$

Ответ: $a_{15}=23\text{.}$