反向递推,"绝对"困难

(本小题共 15 分) 已知无穷数列 $\{a_n\}$满足 $a_n = \max\{a_{n+1}, a_{n+2}\} - \min\{a_{n+1}, a_{n+2}\} \ (n=1,2,3,\cdots)$，其中 $\max\{x,y\}$表示 $x,y$中最大的数，$\min\{x,y\}$表示 $x,y$中最小的数。

(I) 当 $a_1=1, a_2=2$时，写出 $a_4$的所有可能值。

(II) 若数列 $\{a_n\}$中的项存在最大值，证明：0 为数列 $\{a_n\}$中的项。

(III) 若 $a_n>0\ (n=1,2,3,\cdots)$，是否存在正实数 $M$，使得对任意的正整数 $n$，都有 $a_n \leq M$？如果存在，写出一个满足条件的 $M$；如果不存在，说明理由。

(I)(II)比较简单,请读者自证.

原递推等价于$a_n=|a_{n+1}-a_{n+2}|$,可见从后(下标大的项)往前推是唯一的,从前(下标小的项)往后推是困难的.我们"倒着"思考.

从极限的角度分析,数列大概总体趋势递增,其中一定会有一些项趋于M,另一些项趋于0.否则如果都趋于M,会导致$a_n=|a_{n+1}-a_{n+2}|$矛盾.我们把这一点作为(III)书写的抓手. $$a_{n+2}=a_{n+1}\pm a_n$$(III)不存在.假设存在这样的M,不妨设M为最紧的上界:

首先,$\forall a_k\lt M$,否则若$a_k=M,max\{a_{k+1},a_{k+2}\}\gt M$,矛盾.

$\exist a_N=M-m,m\lt \frac{M}{2}$.

下面说明必然有前后两项,前项不小于M-m,后项不大于m.

对$a_{N+1}$分类:

1. $a_{N+1}\in [m,M-m]$,则若$a_{N+2}=a_{N+1}-a_N\leq 0$,导致矛盾.若$a_{N+2}=a_{N+1}+a_n\geq M$,这导致矛盾
2. $a_{N+1}\in (M-m,M)$,若$a_{N+2}=a_{N+1}+a_n\gt 2M-2m\gt M$,矛盾.若$a_{N+2}=a_{N+1}-a_n$,则$a_{N+2}\lt m$.此时选取$a_{N+1},a_{N+2}$
3. $a_{N+1}\in (0,m)$,此时选取$a_N,a_{N+1}$

设选取的两项为$a_t\geq M-m,a_{t+1}\leq m\lt a_t(i)$,向后递推.

一定有$a_{t+2}=a_{t+1}+a_{t}$,否则一定有$a_{t+2}=a_{t+1}-a_{t}\lt 0$,导致矛盾.

下面根据$a_{t+3}$进行分类:

1. $a_{t+3}=a_{t+2}-a_{t+1}=a_t$,若$a_{t+4}=a_{t+3}+a_{t+2}$,则$a_{t+4}=2a_t+a_{t+1}\gt 2a_t\geq 2(M-m)\gt M$,矛盾;若$a_{t+4}=a_{t+3}-a_{t+2}=a_t-(a_{t+1}+a_{t})=-a_{t+1}\lt 0$,同样矛盾
2. $a_{t+3}=a_{t+2}+a_{t+1}$,若$a_{t+4}=a_{t+3}+a_{t+2}$,则$a_{t+4}=2a_{t+2}+a_{t+1}\gt 2a_t\geq 2(M-m)\gt M$,这导致矛盾;若$a_{t+4}=a_{t+3}-a_{t+2}=a_{t+1}$,则$a_{t+3},a_{t+4}$又回到了情况i,即$a_{t+5}=a_{t+3}+a_{t+4}$且$a_{t+4}=a_{t+1}$.

那我们可以得到:

1. $a_{t+1}=a_{t+4}=a_{t+7}=...=a_{t+3k+1}$
2. $a_{t+2}=a_t+a_{t+1},a_{t+5}=a_{t+3}+a_{t+4},...,a_{t+3k+2}=a_{3k}+a_{3k+1}$
3. $a_{t+3k+1}=a_{t+3k}+a_{t+3k-1}$

以此类推,$a_{t+3k}=a_t+2ka_{t+1}(n\in N^*)$,只要取足够大的k,就可以让$a_{t+3k}\gt M$,导出矛盾.

Q.E.D

(III) 解答（DeepSeek整理）

假设存在正实数 $M$使得对所有 $n$有 $a_n \le M$。
由于所有项为正，设 $M$为最小上界（上确界），则 $M>0$且每项均小于 $M$（否则若某项等于 $M$，由(II)知会出现0，矛盾）。

取 $0 < m < M/2$，由上确界定义，存在 $N$使 $a_N > M - m$。
对 $a_{N+1}$分类：

• 若 $a_{N+1} \in [m, M-m]$，则由 $a_N > M-m \ge a_{N+1}$得
  $a_{N+2} = a_{N+1} \pm a_N$：取“$-$”得 $a_{N+2}\le 0$，取“$+$”得 $a_{N+2}\ge M$，均矛盾。
• 若 $a_{N+1} \in (M-m, M)$，则“$+$”给出 $a_{N+2} > 2(M-m) > M$，矛盾；只能取“$-$”得 $0 < a_{N+2} < m$。此时令 $t = N+1$。
• 若 $a_{N+1} \in (0, m)$，则令 $t = N$。

于是存在相邻两项 $a_t \ge M-m$，$a_{t+1} \le m$且 $a_t > a_{t+1}$。

递推分析：

数列从$a_t$起,每三项呈现出"大小大"的趋势:

由 $a_t = |a_{t+1} - a_{t+2}|$及 $a_t > a_{t+1}$，必有 $a_{t+2} = a_t + a_{t+1}$。
再由 $a_{t+1} = |a_{t+2} - a_{t+3}|$得两种可能：

• $a_{t+3} = a_{t+2} + a_{t+1} = a_t + 2a_{t+1}$
• $a_{t+3} = a_{t+2} - a_{t+1} = a_t$

若取 $a_{t+3}=a_t$，则下一步由 $a_{t+2}=|a_{t+3}-a_{t+4}|$得
$a_{t+4} = a_{t+3}+a_{t+2}=2a_t+a_{t+1}>M$（矛盾）或 $a_{t+4}=a_{t+3}-a_{t+2}=-a_{t+1}<0$（矛盾）。因此只能取 $a_{t+3}=a_t+2a_{t+1}$。

接下来由 $a_{t+2}=|a_{t+3}-a_{t+4}|$得：

• $a_{t+4}=a_{t+3}+a_{t+2}=2a_t+3a_{t+1}>M$（矛盾）
• $a_{t+4}=a_{t+3}-a_{t+2}=a_{t+1}$

取 $a_{t+4}=a_{t+1}$，又回到小数 $a_{t+1}$，且新的大数为 $a_{t+3}=a_t+2a_{t+1}$。

重复上述过程，每三步大数增加 $2a_{t+1}$，即： $$a_{t+3k} = a_t + 2k a_{t+1} \quad (k=1,2,3,\dots)$$取 $k > \dfrac{M - a_t}{2a_{t+1}}$，则 $a_{t+3k} > M$，与上界 $M$矛盾。
故假设不成立，即不存在这样的 $M$。

不可视之物（标答）

非常克苏鲁的证明方法: (Ⅲ)【解】不存在正实数 $M$，使得对任意的正整数 $n$，都有 $a_n \leqslant M$。理由如下。 因为 $a_n > 0 (n \in \mathbf{N}^*)$，所以 $a_n \neq a_{n+1} (n = 2, 3, \dots)$。 设集合 $S = \{n \mid a_n > a_{n+1}, n \geqslant 1\}$。 (1)若 $S = \{n \mid a_n > a_{n+1}, n \geqslant 1\} = \varnothing$，则 $a_1 \leqslant a_2, a_i < a_{i+1} (i = 2, 3, \dots)$。 对任意 $M > 0$，取 $n_1 = \left[ \frac{M}{a_1} \right] + 2$(其中 $[x]$表示不超过 $x$的最大整数)， 则当 $n > n_1$时， $a_n = (a_n - a_{n-1}) + (a_{n-1} - a_{n-2}) + \dots + (a_3 - a_2) + a_2 = a_{n-2} + a_{n-3} + \dots + a_1 + a_2 \geqslant (n - 1)a_1 > M$。 (2)若 $S = \{n \mid a_n > a_{n+1}, n \geqslant 1\} \neq \varnothing$，且 $S$为有限集， 设 $m = \max \{n \mid a_n > a_{n+1}, n \geqslant 1\}$，则 $a_{m+i} < a_{m+i+1} (i = 1, 2, \dots)$。 对任意 $M > 0$，取 $n_2 = \left[ \frac{M}{a_{m+1}} \right] + m + 1$(其中 $[x]$表示不超过 $x$的最大整数)， 则当 $n > n_2$时， $a_n = (a_n - a_{n-1}) + (a_{n-1} - a_{n-2}) + \dots + (a_{m+2} - a_{m+1}) + a_{m+1} = a_{n-2} + a_{n-3} + \dots + a_m + a_{m+1} > (n - m)a_{m+1} > M$。 (3)若 $S = \{n \mid a_n > a_{n+1}, n \geqslant 1\} \neq \varnothing$，且 $S$为无限集， 设 $p_1 = \min \{n \mid a_n > a_{n+1}, n \geqslant 1\}, p_{i+1} = \min \{n \mid a_n > a_{n+1}, n > p_i\} (i = 1, 2, \dots)$。 若 $p_{i+1} - p_i = 1$，则 $a_{p_i} > a_{p_i+1} > a_{p_i+2}$。又 $a_{p_i} < \max(a_{p_i+1}, a_{p_i+2})$，矛盾。 所以 $p_{i+1} - p_i \geqslant 2 (i = 1, 2, \dots)$。 记 $m_i = a_{p_i+1} (i = 1, 2, \dots)$。 当 $p_{i+1} - p_i = 2$时，$a_{p_i} > a_{p_i+1}, a_{p_i+1} < a_{p_i+2}, a_{p_i+2} > a_{p_i+3}$。 因为 $a_{p_i+1} = a_{p_i+2} - a_{p_i+3}$，所以 $m_{i+1} = a_{p_{i+1}+1} = a_{p_i+2} - a_{p_i+1} = a_{p_i} > a_{p_i+1} = m_i$。 当 $p_{i+1} - p_i \geqslant 3$时，$a_{p_i} > a_{p_i+1}, a_{p_i+1} < a_{p_i+2} < \dots < a_{p_{i+1}}, a_{p_{i+1}} > a_{p_{i+1}+1}$。 因为 $a_{p_{i+1}-1} = a_{p_{i+1}} - a_{p_{i+1}+1}$，所以 $m_{i+1} = a_{p_{i+1}+1} = a_{p_{i+1}} - a_{p_{i+1}-1} = a_{p_{i+1}-2} \geqslant a_{p_i+1} = m_i$。 所以 $m_i \leqslant m_{i+1} (i = 1, 2, \dots)$。 因为 $a_{p_{i+1}} = a_{p_{i+1}+2} - a_{p_{i+1}+1}$， 所以 $a_{p_{i+1}+2} = a_{p_{i+1}} + a_{p_{i+1}+1} = a_{p_{i+1}} + m_{i+1} \geqslant a_{p_{i+1}} + m_1 \geqslant a_{p_i+2} + m_1 (i = 1, 2, \dots)$。 所以 $a_{p_{i+1}+2} - a_{p_i+2} \geqslant m_1 (i = 1, 2, \dots)$，且 $a_{p_1+2} > a_{p_1+1} = m_1$。 对任意 $M > 0$， 取 $n_3 = \left[ \frac{M}{m_1} \right] + 1$(其中 $[x]$表示不超过 $x$的最大整数)，则当 $k > n_3$时， $a_{p_k+2} = (a_{p_k+2} - a_{p_{k-1}+2}) + (a_{p_{k-1}+2} - a_{p_{k-2}+2}) + \dots + (a_{p_2+2} - a_{p_1+2}) + a_{p_1+2} \geqslant (k - 1)m_1 + a_{p_1+2} > km_1 > M$。 综上，不存在正实数 $M$，使得对任意的正整数 $n$，都有 $a_n \leqslant M$。