上册 1.1 数列极限第30题

数学分析早年真题

📝 题目

30．证明下列结论并求极限．（1）已知 $\displaystyle 00,0-4, x_{1}=\frac{a}{2}, x_{n}=\frac{a}{2}+\frac{1}{2} x_{n-1}^{2}, n=2,3, \cdots$ ，试讨论数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 的敛散性．

💡 答案解析

解题过程：（1）（1）$\displaystyle x_{1}=\frac{c}{2}0$ 。设 $x_{n}>x_{n-1}$ ，则 $\displaystyle x_{n+1}-x_{n}=\frac{1}{2}\left(x_{n}^{2}-x_{n-1}^{2}\right)=\frac{1}{2}\left(x_{n}-x_{n-1}\right)\left(x_{n}+x_{n-1}\right) \geqslant 0$ 。所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调增加．故数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫。进一步有：级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_{n}\right)$ 收玫。设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=A$ ，则 $\displaystyle A=\frac{c}{2}+\frac{1}{2} A^{2}$ 。解之得 $A=1-\sqrt{1-c}$ ，即 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=1-\sqrt{1-c}$ ．（2）又由于 $\displaystyle 0 \leqslant \frac{x_{n+1}}{x_{n}}-1=\frac{x_{n+1}-x_{n}}{x_{n}} \leqslant \frac{x_{n+1}-x_{n}}{x_{1}}$ ，由比较判别法得 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x_{n+1}}{x_{n}}-1\right)$ 收玫。（2）$\displaystyle x_{1}=\frac{1}{3}, x_{2}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3} \frac{1}{3^{2}} \leqslant \frac{2}{3}<1, x_{3}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3} x_{2}^{2} \leqslant \frac{1}{3}+\frac{1}{3} \leqslant \frac{2}{3}<1$ ．由归纳法可得 $\displaystyle 0 \leqslant x_{n} \leqslant \frac{2}{3}<1$ ．记 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{3}+\frac{1}{3} x^{2}$ ，则 $\displaystyle \left|f^{\prime}(x)\right|=\left|\frac{2}{3} x\right| \leqslant \frac{2}{3}$ ．所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 为压缩数列，所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫。设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=A$ ，则 $\displaystyle A=\frac{1}{3}+\frac{1}{3} A^{2}$ 。解之得 $\displaystyle A=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$ ，即 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$ ．（3）先证：$\displaystyle -1 \leqslant x_{n+1} \leqslant-\frac{1}{2}$ ． $$ x_{2}=-1+\frac{1}{2} x_{1}^{2}=-\frac{1}{2}, x_{3}=-1+\frac{1}{2} x_{2}^{2} \leqslant-1+\frac{1}{2}=-\frac{1}{2} . $$ 若 $\displaystyle -1 \leqslant x_{n} \leqslant-\frac{1}{2}$ ，则 $\displaystyle -1 \leqslant x_{n+1}=-1+\frac{1}{2} x_{n}^{2} \leqslant-1+\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}$ ．由数学归纳法得 $\displaystyle -1 \leqslant x_{n+1} \leqslant-\frac{1}{2}$ ．下证：$\left\{x_{n}\right\}$ 收玫，并求 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ ．方法 1：设 $\varlimsup_{n \rightarrow \infty} x_{n+1}=\alpha, \varliminf_{n \rightarrow \infty} x_{n+1}=\beta$ ，则 $\displaystyle -1 \leqslant \beta \leqslant \alpha \leqslant-\frac{1}{2}, \alpha=-1+\frac{1}{2} \beta^{2}$ ，且 $\displaystyle \beta=-1+\frac{1}{2} \alpha^{2}$ ．由此得 $(\alpha-\beta)(\alpha+\beta+2)=0$ ．若 $\alpha+\beta+2=0$ ，则 $\displaystyle -2-\alpha=-1+\frac{1}{2} \alpha^{2}$ ，即 $2+2 \alpha+\alpha^{2}=0$ 。但此方程没有实根，故 $\alpha+\beta+2=0$ 是不可能的．于是 $\alpha=\beta$ ，从而 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫．设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=A$ ，则 $\displaystyle A=-1+\frac{1}{2} A^{2}$ ．解之得 $A=1-\sqrt{3}$ ．方法 2：记 $A=1-\sqrt{3}$ ，则 $\displaystyle A=-1+\frac{1}{2} A^{2},-\sqrt{3} \leqslant x_{n+1}+A \leqslant \frac{1}{2}-\sqrt{3}, n=1,2, \cdots$ 。于是 $$ \left|x_{n+1}-A\right|=\left|-1+\frac{1}{2} x_{n}^{2}-\left(-1+\frac{1}{2} A^{2}\right)\right|=\frac{1}{2}\left|\left(x_{n}+A\right)\left(x_{n}-A\right)\right| \leqslant \frac{\sqrt{3}}{2}\left|x_{n}-A\right| . $$ 由题27得 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=A$ ．（4）易得 $\displaystyle 0 \leqslant x_{n+1} \leqslant \frac{1}{2}, n=1,2, \cdots, A=\frac{1}{2}-\frac{1}{2} A^{2}, 0 \leqslant x_{n+1}+A \leqslant \frac{1}{2}+\sqrt{2}-1=\sqrt{2}-\frac{1}{2}, n=1,2, \cdots$ ．于是 $$ \left|x_{n+1}-A\right|=\left|\frac{1}{2}-\frac{1}{2} x_{n}^{2}-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2} A^{2}\right)\right|=\frac{1}{2}\left|\left(x_{n}+A\right)\left(x_{n}-A\right)\right| \leqslant \frac{1}{2}\left(\sqrt{2}-\frac{1}{2}\right)\left|x_{n}-A\right| \leqslant \frac{1}{2}\left|x_{n}-A\right| . $$ 由题27得 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=A$ ．由 $\displaystyle \left|x_{n+1}-A\right| \leqslant \frac{1}{2}\left|x_{n}-A\right|$ 反复递推得 $\displaystyle \left|x_{n+1}-A\right| \leqslant \frac{1}{2^{n}}\left|x_{1}-A\right|$ ．由比较判别法得 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n}-A\right)$ 绝对收玫。（5）因 $\displaystyle x_{n+1}=x_{n}\left(2-\frac{x_{n}}{a}\right)=-\frac{1}{a}\left(x_{n}-a\right)^{2}+a2-\frac{a}{a}=1$ ，所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调递增．故数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫．设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=l$ ．由递推公式得 $\displaystyle l=l\left(2-\frac{l}{a}\right)$ ．由单调性知 $l \neq 0$ ，从而有 $l=a$ ，即 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$ ．（6）易得 $0 \leqslant x_{n+1} \leqslant 1, n=1,2, \cdots$ ．由于 $1-x_{n+1}=\left(1-x_{n}\right)^{\alpha} \geqslant 1-x_{n}$ ，所以 $x_{n+1} \leqslant x_{n}$ ．由此得数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调递减且有界。所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫。设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=l$ ．由 $1-l=(1-l)^{\alpha}$ 得 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=l=0$ ．所以 $$ \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1-\left(1-x_{n}\right)^{\alpha}}{x_{n}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-(1-x)^{\alpha}}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\alpha(1-x)^{\alpha-1}}{1}=\alpha . $$ （7）若 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛，不妨设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=c$ ，则 $\displaystyle c=\frac{a}{2}+\frac{1}{2} c^{2}$ ．欲使此方程有解，必使 $a \leqslant 1$ ．因此当 $a>1$时，数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 发散。下面讨论当 $-4(-1-\sqrt{-3-a})^{2}$ ，得 $\displaystyle x_{2}=\frac{a}{2}+\frac{1}{2} x_{1}^{2}>-1+\sqrt{-3-a}, x_{3}=\frac{a}{2}+\frac{1}{2} x_{2}^{2} <-1-\sqrt{-3-a}$ ．由数学归纳法，$\forall n, x_{2 n-1} \leqslant-1-\sqrt{-3-a}, x_{2 n} \geqslant-1+\sqrt{-3-a}$ ．故 $$ \lim _{n \rightarrow \infty} x_{2 n-1} \leqslant-1-\sqrt{-3-a}<-1+\sqrt{-3-a} \leqslant \lim _{n \rightarrow \infty} x_{2 n} $$ 所以当 $-4