Последовательность \(a_n\) задана формулами \(a_1=\dfrac{4043}{2022}\), \(a_{n+1} = a_n^3 - 3a_n^2+3a_n\). Найдется ли натуральное число n такое, что \(|a_n| \leqslant \dfrac{2022}{2021}\)? Обоснуйте свой ответ.

Решение

<p> Формула \(n\)-ого члена последовательности представляется в виде \(a_{n+1}=(a_n-1)^3+1\). Тогда если \(a_n=1+\varepsilon\), то \(a_{n+1}=1+\varepsilon^3\). Таким образом последовательность выглядит так:
\(a_1=1+\frac{2021}{2022}\), \(a_2=1+\left(\frac{2021}{2022}\right)^3\), ..., \(a_n=1+\left(\frac{2021}{2022}\right)^{3^{n-1}}\). \(\left(\frac{2021}{2022}\right)^{3^{n-1}}\).</p>
<p> Так как \(a_n\leqslant \frac{2022}{2021} \Leftrightarrow 1+\left(\frac{2021}{2022}\right)^{3^{n-1}} \leqslant 1+\frac{1}{2021}\Leftrightarrow \left(\frac{2021}{2022}\right)^{3^{n-1}}\leqslant \frac{1}{2021}\). \(\left(\frac{2021}{2022}\right)^{3^{n-1}}\leqslant\left(\frac{2021}{2022}\right)^{n-1}\), где \(\left(\frac{2021}{2022}\right)^{n-1}\) - член бесконечно убывающей геометрической прогрессии со знаменателем \(q=\frac{2021}{2022} < 1\). Следовательно, \(\left(\frac{2021}{2022}\right)^{3^{n-1}} \to 0\) при \(n \to +\infty \). Поэтому неравество \(\left(\frac{2021}{2022}\right)^{3^{n-1}}\leqslant \frac{1}{2021}\) выполняется при достаточно больших \(n\).</p>

Ответ: Да.