大学への数学8月号の宿題と安直な拡張を考える

怒られると怖いので問題文は書きません
剰余項みたいな概念とかはなるべく導入せず解きます
(解)
$S_n= \sum_{i=1}^{n}a_i= \prod_{i=1}^{n} a_i $と定める
まず,$ a_2=\frac{a_1}{a_1-1}=1+\frac{1}{a_1-1}\gt1( \because a_1\gt1 )$…①
与えられた式から
$S_na_{n+1}=S_n+a_{n+1}$
$(a_{n+1}-1)S_n=a_{n+1}$
ここで$a_{n+1}=1$とすると$0=1$となり不適よって$ a_{n+1} \neq1 $ このとき
$ S_n=\frac{a_{n+1}}{a_{n+1}-1}$…② また$S_{n+1}=a_{n+1}S_n$であるから②より
$\frac{a_{n+2}}{a_{n+2}-1} =\frac{a_{n+1}^2}{a_{n+1}-1}$
$a_{n+2}=\frac{a_{n+1}^2}{a_{n+1}^2-a_{n+1}+1}$$ (\because a_{n+1}^2-a_{n+1}+1(= (a_{n+1}-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4})\gt0)$
整理すると
$ a_{n+1}-1=\frac{a_{n}-1}{a_{n}^2-a_{n}+1}(n\geq2)…③$
①と③から帰納的に$a_n\gt1(n=1,2,3…)$…④
④に注意して②の逆数をとると
$\frac{1}{a_{n+1}-1}=a_n+\frac{1}{a_n-1}(n=2,3,…)…⑤$
④,⑤より
$\frac{1}{a_{k+1}-1}-\frac{1}{a_{k}-1}\gt1 $ $(k=2,3,…)$…⑥
$n\geq4$のとき⑥の$k=3,…n-1$の和をとると
$ \frac{1}{a_n-1}\gt n-3+\frac{1}{a_3-1}$
$ $ $ $ $ $ $=n-3+1+(a_2-1+\frac{1}{a_2-1})(\because⑤)$
$ $ $ $ $ $ $\geq$$n-2+2(\because$相加相乗平均$(a_2-1\gt0))$
$ $ $ $ $ $$ $=$n$
$n=3$のときも成立することに注意して整理すると
$ $$ $ $ $$ \frac{1}{a_n-1}\geq n(n=3,4,…) $…⑦
(上から抑える)
④,⑦より,$ a_n\leq 1+\frac{1}{n}(n=3,4,…) $…⑧
⑤,⑧より
$\frac{1}{a_{k+1}-1}-\frac{1}{a_{k}-1}\leq1+\frac{1}{k} $ $(k=3,4,…)$…⑨
$n\geq4$のとき⑨において$k=3,…,n-1$の和考えると
$\frac{1}{a_{n}-1}-\frac{1}{a_{3}-1}\leq (n-3)+ \sum_{k=3}^{n-1} \frac{1}{k} $
$ $$ $$ $$ $$ $ $ $$ $$ $$ $$ $$ $ $\leq n+ \int_{1}^{n-1}\frac{dx}{x} $
$ $$ $$ $ $ $ $ $ $ $$ $ $ $$ $$ $=$n+log(n-1)$
整理すると
$\frac{1}{a_n-1}-\frac{1}{a_3-1}\leq n+log(n-1)$ $(n=4,5,…)$…⑩
⑩から$n\geq4$のとき
$ \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_k-1}\leq(\frac{1}{a_1-1}+\frac{1}{a_2-1}+\frac{2}{a_3-1})+\sum_{k=4}^{n}(k+log(k-1)) $
$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $ $ \leq(\frac{1}{a_1-1}+\frac{1}{a_2-1}+\frac{2}{a_3-1})+\frac{n(n+1)}{2}+ \int_{1}^{n}logxdx $
$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $ $ $ $ \leq \frac{n^2}{2}+nlogn+(\frac{1}{a_1-1}+\frac{1}{a_2-1}+\frac{2}{a_3-1})$
整理すると
$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_k-1}\leq \frac{n^2}{2}+nlogn+(\frac{1}{a_1-1}+\frac{1}{a_2-1}+\frac{2}{a_3-1})…⑪$
よって
$\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_k-1}\leq\frac{1}{2}+\frac{logn}{n}+\frac{1}{n^2}(\frac{1}{a_1-1}+\frac{1}{a_2-1}+\frac{2}{a_3-1})$→$\frac{1}{2}(n→∞)$
(下から抑える)
⑦から$n\geq3$のとき
$ \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_k-1}\geq \frac{1}{a_1-1}+\frac{1}{a_2-1}+\sum_{k=3}^{n}k$
$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $ $ $$ $$\geq\frac{n^2-n+6}{2}$
よって
$\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_k-1}\geq\frac{1}{2}+\frac{1}{2n}-\frac{3}{n^2}→\frac{1}{2}(n→∞)$
よってハサミウチの原理より
$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_k-1}=\frac{1}{2}$

(もう少し考えてみる)
安易にテイラー展開とかで決着する感じのではなさそうなので
極限の誤差を考えたい,得られた中で使いたい性質を並べる
$$ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} a_n\gt1(n=1,2,…)…④\\ \frac{1}{a_{n+1}-1}=a_n+\frac{1}{a_n-1}(n\geq2)…⑤\\ \frac{1}{a_n-1}\leq \frac{1}{a_3-1}+n+log(n-1) (n\geq4)…⑩ \\ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_k-1}\leq\frac{n^2}{2}+nlogn+\frac{1}{a_1-1}+\frac{1}{a_2-1}+\frac{2}{a_3-1}(n\geq4)…⑪ \ \end{array} \right. \end{eqnarray} $$
(下から抑える)
書くのがしんどいので$\frac{1}{a_3-1}=c(c\gt0$の定数$)$と置きます
⑩より
$\frac{1}{a_n-1}\leq c+n+logn (n\geq4) $$(\because log(n-1)\leq logn)$
ここで④より
$a_n\geq1+\frac{1}{n+logn+c}$ $ (n\geq4)$…⑫
⑤,⑫より
$\frac{1}{a_{k+1}-1}-\frac{1}{a_k-1}\geq1+\frac{1}{k+logk+c}$ $(k=4,5,…)…⑬$
$n\geq5$のとき,⑬の$ k=4,…n-1$の和を考えて
$\frac{1}{a_{n}-1} \geq \frac{1}{a_4-1}+\sum_{k=4}^{n-1}(1+\frac{1}{k+logk+c}) $
$ $ $ $ $ $ $\geq n-4+\sum_{k=4}^{n-1}\frac{1}{k+logk+c}$$(\because \frac{1}{a_4-1}\gt0)$
$ $ $ $ $ $ $\geq n-4+\sum_{k=4}^{n-1}\frac{1}{k+logn+c}$
$ $ $ $ $ $ $\geq n-4+ \int_{4}^{n}\frac{dx}{x+logn+c} $
$ $ $ $ $ $ $=n-4+ log(n+logn+c)-log(4+logn+c) $
$ $ $ $ $ $ $\geq n-4+logn-log(4+logn+c)$
整理すると
$\frac{1}{a_{n}-1} \geq n-4+logn-log(4+logn+c)$…⑭
⑭から$n\geq5$のとき
$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_k-1}\geq \sum_{k=1}^{4} \frac{1}{a_k-1}+ \sum_{k=5}^{n}(k-4+logk-log(4+logk+c))$
$ $ $ $ $ $ $ $ $ $$ $$ $$ $$\geq\sum_{k=5}^{n}(k-4+logk-log(4+logk+c))(\because\sum_{k=1}^{4} \frac{1}{a_k-1}\gt0)$
$ $ $ $ $ $ $ $ $ $$ $$ $$ $$= \frac{1}{2}(n^2-7n+12)+\sum_{k=5}^{n}logk-\sum_{k=5}^{n}log(4+logk+c)$
$ $ $ $ $ $ $ $ $ $$ $$ $$ $$\geq\frac{1}{2}(n^2-7n+12)+ \int_{4}^{n} logxdx-nlog(logn+4+c)$
$ $ $ $ $ $ $ $ $ $$ $$ $$ $$=\frac{1}{2}(n^2-7n+12)+nlogn-n-4log4+4 -nlog(logn+4+c)$
$ $ $ $ $ $ $ $ $ $$ $$ $$ $$ \geq \frac{n^2}{2}+nlogn-nlog(logn+4+c)-\frac{9}{2}n-4log4$
よって$\frac{n}{logn}(\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_k-1}-\frac{1}{2})\geq 1-\frac{log(logn+4+c)}{ logn}-\frac{9}{2logn}-\frac{4log4 }{nlogn}→1(n→∞)$
(上から抑える)
⑪から$n\geq4$のとき
$\frac{n}{logn}(\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_k-1}-\frac{1}{2})\leq 1+\frac{logn}{n}(\frac{1}{a_1-1}+\frac{1}{a_2-1}+\frac{2}{a_3-1})→1(n→∞)$
よってハサミウチの原理より
$ \lim_{n \to \infty} \frac{n}{logn}(\frac{1}{n^2} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_k-1}-\frac{1}{2} )=1 $