а), б) Положим
$$
s_k=\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{a_2}{a_3}+\ldots+\dfrac{a_k}{a_{k+1}}.
$$
и докажем, что при любом достаточно большом $k$
$$
s_k\lt k-\dfrac12.
$$
Поскольку последовательность $a_1$, $a_2$, $\ldots$ неограниченно возрастает, найдётся такое $K$, что $\dfrac{a_1}{a_K}\lt\dfrac12$, тогда при всех $k\ge K$
$$
\begin{gathered}
k-s_k=\left(1-\dfrac{a_1}{a_2}\right)+\left(1-\dfrac{a_2}{a_3}\right)+\ldots+\left(1-\dfrac{a_k}{a_{k+1}}\right)\gt\\
\gt\dfrac{a_2-a_1}{a_{k+1}}+\dfrac{a_3-a_2}{a_{k+1}}+\ldots+\dfrac{a_{k+1}-a_k}{a_{k+1}}
=1-\dfrac{a_1}{a_{k+1}}\gt1-\dfrac{a_1}{a_K}\gt\dfrac12.
\end{gathered}
$$
Применяя это утверждение к последовательности $a_{m+1}$, $a_{m+2}$, $\ldots$, получим, что при всех достаточно больших $k$, $k\gt m$,
$$
s_k-s_m=\dfrac{a_{m+1}}{a_{m+2}}+\ldots+\dfrac{a_k}{a_{k+1}}\lt k-m-\dfrac12.
$$
Выберем теперь такое $k_1$, что $s_{k_1}\lt k_1-\dfrac12$, затем $k_2\gt k_1$ так, что $s_{k_2}-s_{k_1}\lt k_2-k_1-\dfrac12$, затем $k_3\gt k_2$ так, что $s_{k_3}-s_{k_2}\lt k_3-k_2-\dfrac12$, и т. д. Тогда при любом $k\ge k_n$
$$
\begin{gathered}
s_k=(s_k-s_{k_n})+(s_{k_n}-s_{k_{n-1}})+\ldots+(s_{k_2}-s_{k_1})\lt\\
\lt(k-k_n)+\left(k_n-k_{n-1}-\dfrac12\right)+\ldots+\left(k_2-k_1-\dfrac12\right)+k_1-\dfrac12
= k-\dfrac n2.
\end{gathered}
$$
Отсюда вытекают оба утверждения задачи: а) — при $n=2$, б) — при $n=2\cdot1985$.
