Beh ci provo così vedo se stavolta ho capito cosa chiede il problema! (e aggiungo che dopo aver sbagliato un paio di volte soluzione ho finalmente capito perchè l'hai postato in algebra e non in tdn..
)
Lo mostro per induzione su $ n $
Passo base: per $ n=2 $ funziona indipendentemente dalla scelta degli $ a_1 $, $ a_2 $
Sostengo che mi basta mostrare che, comunque preso un $ m $ a piacere, tra $ m $ e $ 2m $ estremi inclusi c'è almeno un quadrato! Infatti scelto un $ a_1 $ troverei un quadrato minore di $ 2a_1+1 $ ma il limite destro del mio intervallo vale $ a_1+a_{2}>2a_1+1 $ quindi avrei mostrato l'asserto.
Lo faccio ancora per induzione su $ m $:
Passo base: nell'intervallo [1;2] c'è un quadrato.
Passo induttivo: suppopngo che tra $ m $ e $ 2m $ ci sia un quadrato; possono succedere due cose:
1) questo quadrato è maggiore di $ m $: perfetto, allora anche tra $ m+1 $ e $ 2m+2 $ c'è un quadrato.
2) questo quadrato è proprio $ m $: considero allora il prossimo quadrato, che varrà $ m+2 \sqrt{m} +1 $ e mi piacerebbe che questo sia minore di $ 2m+2 $ ovvero voglio mostrare che $ 2 \sqrt{m}<m+1 $ ma in effetti è proprio così perchè (son tutte quantità positive, elevo al quadrato) $ 4m<m^2+2m+1 $ cioè $ (m-1)^2>0 $ vero $ \forall m $
Passo induttivo: Se tra $ S_{n-1} $ e $ S_{n} $ c'è almeno un quadrato (estremi inclusi) allora ce n'è almeno uno anche tra $ S_n $ e $ S_{n+1} $
Chiamo $ q^2 $ il più grande quadrato dell'intervallo $ [S_{n-1};S_n-1] $. Il prossimo quadrato non apparterrà perciò all'intervallo considerato ed in particolare voglio mostrare che apparterrà a $ [S_{n};S_{n+1}-1] $. Sappiamo che $ q^2 \leq S_n-1 $ e perciò $ (q+1)^2 \leq S_n +2 \sqrt{S_n-1} $ quindi se mostro che $ S_{n+1}-1 \geq S_n+2 \sqrt{S_n-1} $ avrei vinto perchè il quadrato successivo sta nell'intervallo cercato. Svolgo i conti:
$ 2 \sqrt{S_n-1} \leq S_{n+1}-S_n $
$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}a_i -1 \leq (\frac{a_{n+1}-1}{2})^2 $ Aggiungo da ambo i membri $ a_{n+1} $
$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n}a_i -1 \leq ( \frac{a_{n+1}+1}{2})^2 $
Ora per mostrare quest'ultima disugualianza osservo che indipendentemente da $ n $, una volta scelto il valore di $ a_{n+1} $, la somma al LHS assume valore massimo quando vi si sommano tutti i numeri minori di $ a_{n+1} $ e con la sua stessa parità (così ottengo gli addendi più "grandi e numerosi" possibili). Allora ho due casi:
A) $ a_{n+1} $ è un numero pari: il massimo della sommatoria al LHS vale (somma primi $ \frac{a_{n+1}}{2} $ numeri pari) $ \frac{a_{n+1}^2+a_{n+1}}{4} \leq ( \frac{a_{n+1}+1}{2})^2 $= RHS
B) $ a_{n+1} $ è un numero dispari: il massimo della sommatoria al LHS vale (somma dei primi $ \frac{a_{n+1}+1}{2} $ numeri dispari) $ ( \frac{a_{n+1}+1}{2})^2 $ = RHS
In entrambi i casi quindi RHS > LHS e per quanto detto in precedenza questo prova la tesi.