2019年考研数学一第18题

设数列 $a_n = \int_0^1 x^n \sqrt{1-x^2} \, dx$，其中 $n$ 为非负整数。要证明数列 $\{a_n\}$ 单调递减，即对任意 $n$，有 $a_n > a_{n+1}$。 考虑 $a_n$ 与 $a_{n+1}$ 的差： $$ a_n - a_{n+1} = \int_0^1 x^n \sqrt{1-x^2} \, dx - \int_0^1 x^{n+1} \sqrt{1-x^2} \, dx = \int_0^1 (x^n - x^{n+1}) \sqrt{1-x^2} \, dx. $$ 由于 $x \in [0,1]$，有 $x^n \ge x^{n+1}$，且等号仅在 $x=0$ 或 $x=1$ 时成立。因此被积函数 $f(x) = (x^n - x^{n+1}) \sqrt{1-x^2} \ge 0$ 在 $[0,1]$ 上几乎处处成立，且不恒等于零。由定积分的性质，非负连续函数（除端点外）在区间上的积分大于零，故 $$ a_n - a_{n+1} = \int_0^1 (x^n - x^{n+1}) \sqrt{1-x^2} \, dx > 0, $$ 即 $a_n > a_{n+1}$ 对所有 $n$ 成立。因此数列 $\{a_n\}$ 严格单调递减。

已知 $a_n = \int_0^1 x^n \sqrt{1-x^2} \, dx$，其中 $n \geq 0$ 为整数。为了建立递推关系，我们采用分部积分法。令 $u = \sqrt{1-x^2}$，$dv = x^n dx$，则 $du = \frac{-x}{\sqrt{1-x^2}} dx$，$v = \frac{x^{n+1}}{n+1}$。分部积分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ 给出： $$ a_n = \left. \frac{x^{n+1}}{n+1} \sqrt{1-x^2} \right|_0^1 - \int_0^1 \frac{x^{n+1}}{n+1} \cdot \frac{-x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = 0 + \frac{1}{n+1} \int_0^1 \frac{x^{n+2}}{\sqrt{1-x^2}} \, dx. $$ 现在处理积分 $\int_0^1 \frac{x^{n+2}}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$。注意到 $\frac{x^{n+2}}{\sqrt{1-x^2}} = x^{n} \cdot \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}$，而 $\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{1-(1-x^2)}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - \sqrt{1-x^2}$。因此 $$ \int_0^1 \frac{x^{n+2}}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = \int_0^1 \frac{x^n}{\sqrt{1-x^2}} \, dx - \int_0^1 x^n \sqrt{1-x^2} \, dx = I_n - a_n, $$ 其中 $I_n = \int_0^1 \frac{x^n}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$。代入上式得 $$ a_n = \frac{1}{n+1} (I_n - a_n). $$ 整理得 $(n+1)a_n = I_n - a_n$，即 $I_n = (n+2)a_n$。 另一方面，我们也可以直接对 $I_n$ 建立递推。利用分部积分，令 $u = x^{n-1}$，$dv = \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} dx$，则 $du = (n-1)x^{n-2} dx$，$v = -\sqrt{1-x^2}$，于是 $$ I_n = \left. -x^{n-1} \sqrt{1-x^2} \right|_0^1 + (n-1) \int_0^1 x^{n-2} \sqrt{1-x^2} \, dx = (n-1) a_{n-2}. $$ 因此 $I_n = (n-1) a_{n-2}$。结合 $I_n = (n+2)a_n$，得到 $$ (n+2)a_n = (n-1)a_{n-2}, $$ 即 $$ a_n = \frac{n-1}{n+2} a_{n-2}. $$ 此即为所求的递推关系。

由前一步得到的不等式： $$ \frac{n-1}{n+2} \leq \frac{a_n}{a_{n-1}} \leq 1 $$ 现在考虑当$n \to \infty$时，不等式左边$\frac{n-1}{n+2}$的极限： $$ \lim_{n \to \infty} \frac{n-1}{n+2} = \lim_{n \to \infty} \frac{1 - \frac{1}{n}}{1 + \frac{2}{n}} = \frac{1 - 0}{1 + 0} = 1 $$ 不等式右边为常数$1$，其极限显然也是$1$。 根据夹逼定理（迫敛性定理）：如果数列$x_n, y_n, z_n$满足$x_n \leq y_n \leq z_n$，且$\lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} z_n = A$，则$\lim_{n \to \infty} y_n = A$。 这里令$x_n = \frac{n-1}{n+2}$，$y_n = \frac{a_n}{a_{n-1}}$，$z_n = 1$，则有： $$ \lim_{n \to \infty} \frac{n-1}{n+2} = 1, \quad \lim_{n \to \infty} 1 = 1 $$ 因此由夹逼定理可得： $$ \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{a_{n-1}} = 1 $$ 至此，我们完成了整个题目的求解。最终答案验证：所求极限为$1$，且推导过程严谨，每一步均利用了已知条件或已证结论。