已知数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1=1$，$a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{a_n}$（$n\in\mathbb N^*$），求 $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{a_n}{\sqrt n}$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$\sqrt 2.$
【解析】
可以将递推公式两边平方，以获得对 $a_{n+1}^2-a_n^2$ 的估计，从而完成对 $\{a_n\}$ 的上下界估计．
根据已知，有$$a_{n+1}^2=a_n^2+2+\dfrac{1}{a_n^2},$$于是$$a_{n+1}^2-{a_n}^2>2,$$从而可得$$a_{n+1}^2>2n+1,$$即$$a_{n+1}>\sqrt{2n+1}.$$另一方面，由于$$a_{n+1}^2-a_n^2=2+\dfrac{1}{a_n^2},$$于是\[\begin{split} a_{n+1}^2-a_1^2&=2n+\dfrac{1}{a_1^2}+\dfrac{1}{a_2^2}+\cdots +\dfrac{1}{a_n^2}\\ &<2n+1+\dfrac 13+\cdots +\dfrac{1}{2n-1}\\ & \leqslant 2n+1+\dfrac 12+\cdots +\dfrac 1n \\ &<2n+\ln n+1,\end{split}\]因此$$a_{n+1}<\sqrt{2n+\ln n+2}.$$综上所述，有$$\sqrt{2n+1}<a_{n+1}<\sqrt{2n+\ln n+2},$$进而可得$$\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{a_n}{\sqrt n}=\sqrt 2.$$
根据已知，有$$a_{n+1}^2=a_n^2+2+\dfrac{1}{a_n^2},$$于是$$a_{n+1}^2-{a_n}^2>2,$$从而可得$$a_{n+1}^2>2n+1,$$即$$a_{n+1}>\sqrt{2n+1}.$$另一方面，由于$$a_{n+1}^2-a_n^2=2+\dfrac{1}{a_n^2},$$于是\[\begin{split} a_{n+1}^2-a_1^2&=2n+\dfrac{1}{a_1^2}+\dfrac{1}{a_2^2}+\cdots +\dfrac{1}{a_n^2}\\ &<2n+1+\dfrac 13+\cdots +\dfrac{1}{2n-1}\\ & \leqslant 2n+1+\dfrac 12+\cdots +\dfrac 1n \\ &<2n+\ln n+1,\end{split}\]因此$$a_{n+1}<\sqrt{2n+\ln n+2}.$$综上所述，有$$\sqrt{2n+1}<a_{n+1}<\sqrt{2n+\ln n+2},$$进而可得$$\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{a_n}{\sqrt n}=\sqrt 2.$$
答案
解析
备注
