上册 1.1 数列极限 第35题

\section*{解题过程：} （1）因 $\displaystyle \max \left\{a_{n}, b_{n}\right\}=\frac{a_{n}+b_{n}}{2}+\frac{\left|a_{n}-b_{n}\right|}{2}$ ，故 $$ \lim _{n \rightarrow \infty} \max \left\{a_{n}, b_{n}\right\}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}+b_{n}}{2}+\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left|a_{n}-b_{n}\right|}{2}=\frac{a+b}{2}+\frac{|a-b|}{2}=\max \{a, b\} . $$ （2）由递推公式 $a_{n+1}=b_{n}-q a_{n}, n=1,2, \cdots$ ，得 $$ \begin{aligned} & a_{2}=b_{1}-q a_{1} \\ & a_{3}=b_{2}-q a_{2}=b_{2}-q\left(b_{1}-q a_{1}\right)=b_{2}-q b_{1}+q^{2} a_{1}, \end{aligned} $$ 一般地，假设 $a_{n}=b_{n-1}-q b_{n-2}+q^{2} b_{n-3}-\cdots+(-1)^{n-2} q^{n-2} b_{1}+(-1)^{n-1} q^{n-1} a_{1}$ ，则 $$ \begin{aligned} a_{n+1} & =b_{n}-q a_{n}=b_{n}-q\left[b_{n-1}-q b_{n-2}+q^{2} b_{n-3}-\cdots+(-1)^{n}{ }^{2} q^{n-2} b_{1}+(-1)^{n-1} q^{n-1} a_{1}\right] \\ & =b_{n}-q b_{n-1}+q^{2} b_{n-2}-\cdots+(-1)^{n-1} q^{n-1} b_{1}+(-1)^{n} q^{n} a_{1} \end{aligned} $$ 根据数学川纳法可知 $$ a_{n}=b_{n-1}+(-q) b_{n-2}+q^{2} b_{n-3}-\cdots+(-1)^{n-2} q^{n-2} b_{1}+(-1)^{n-1} q^{n-1} a_{1}, n=2,3, \cdots $$ 记 $c_{n}=b_{n-1}+(-q) b_{n-2}+(-q)^{2} b_{n-3}-\cdots+(-q)^{n-2} b_{1}$ ． 下证：若 $\left\{b_{n}\right\}$ 有界，则 $\left\{a_{n}\right\}$ 有界。 因 $\left\{b_{n}\right\}$ 有界，故 $\exists M_{1}>0, \forall n$ ，有 $\left|b_{n}\right| \leqslant M_{1}$ 。 又由于 $\lim _{n \rightarrow \infty}(-1)^{n-1} q^{n-1} a_{1}=0$ ，故 $\exists M_{2}>0,\left|(-1)^{n-1} q^{n-1} a_{1}\right| \leqslant M_{2}$ 。于是 $$ \left|a_{n}\right| \leqslant M_{1}\left(1+q+q^{2}+\cdots+q^{n-2}\right)+M_{2} \leqslant \frac{M_{1}}{1-q}+M_{2} $$ 即 $\left\{a_{n}\right\}$ 有界。 再证：若 $\left\{b_{n}\right\}$ 收敛，则 $\left\{a_{n}\right\}$ 收敛。 设 $\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=b$ ．由题20（1）得 $$ \lim _{n \rightarrow \infty} c_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[b_{n-1}+(-q) b_{n-2}+(-q)^{2} b_{n-3}-\cdots+(-q)^{n-2} b_{1}\right]=\frac{1}{1+q} \lim _{n \rightarrow \infty} b_{n-1}=\frac{1}{1+q} b . $$ 又由于 $\lim _{n \rightarrow \infty}(-1)^{n-1} q^{n-1} a_{1}=0$ ，故 $\left\{a_{n}\right\}$ 收玫，且 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} c_{n}+\lim _{n \rightarrow \infty}(-1)^{n-1} q^{n-1} a_{1}=\frac{1}{1+q} b$ ． （3）若 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛，则由 $y_{n}=x_{n-1}+2 x_{n}$ 得 $\left\{y_{n}\right\}$ 收敛。 若 $\left\{y_{n}\right\}$ 收敛，则 $\displaystyle \left\{\frac{1}{2} y_{n}\right\}$ 收敛。再由 $y_{n}=x_{n-1}+2 x_{n}$ ，得 $\displaystyle x_{n}=\frac{1}{2} y_{n}-\frac{1}{2} x_{n-1}$ 。由（2）知 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛。 （4）设 $\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=b$ ．由于 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 为两个有界数列，故 $\alpha=\overline{\lim _{n \rightarrow \infty}} a_{n}, \beta=\underline{\lim _{n \rightarrow \infty}} a_{n}$ 存在．由 $a_{n+1}+2 a_{n}=2 b_{n}$ 得 $a_{n+1}=2 b_{n}-2 a_{n}$ ．取极限得 $\alpha=2 b-2 \beta, \beta=2 b-2 \alpha$ ．于是 $\alpha=\beta$ ，从而 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}$ 也存在． （5）由 $a_{n}+\sqrt{3} b_{n}=\left(a_{n-1}+\sqrt{3} b_{n-1}\right)^{2}=a_{n-1}^{2}+3 b_{n-1}^{2}+2 a_{n-1} b_{n-1} \sqrt{3}$ 及 $a_{n}, b_{n}$ 均为正整数，得 于是 $$ \begin{aligned} & a_{n}=a_{n-1}^{2}+3 b_{n-1}^{2}, b_{n}=2 a_{n-1} b_{n-1} \\ & \frac{a_{n}}{b_{n}}=\frac{a_{n-1}^{2}+3 b_{n-1}^{2}}{2 a_{n-1} b_{n-1}}=\frac{\left(\frac{a_{n-1}}{b_{n-1}}\right)^{2}+3}{2 \frac{a_{n-1}}{b_{n-1}}} \end{aligned} $$ 令 $\displaystyle c_{n}=\frac{a_{n}}{b_{n}}$ ，则 $\displaystyle c_{n}=\frac{c_{n-1}^{2}+3}{2 c_{n-1}}=\frac{1}{2}\left(c_{n-1}+\frac{3}{c_{n-1}}\right)$ ． 因 $\displaystyle c_{n}-c_{n-1}=\frac{-c_{n-1}^{2}+3}{2 c_{n-1}} \leqslant 0, c_{n} \geqslant \sqrt{3},\left\{c_{n}\right\}$ 单调递减有下界 $\sqrt{3}$ 。从而 $\lim _{n \rightarrow x} c_{n}=c$ 存在。解方程 $\displaystyle c=\frac{c^{2}+3}{2 c}$ ，得 $c=\sqrt{3}$ ． （6）由递推公式 $\displaystyle a_{n+1}=b_{n}-\frac{n}{2 n+1} a_{n}, n=1,2, \cdots$ ，得 $$ \begin{aligned} & a_{2}=b_{1}-\frac{1}{3} a_{1} \\ & a_{3}=b_{2}-\frac{2}{5} a_{2}=b_{2}-\frac{2}{5}\left(b_{1}-\frac{1}{3} a_{1}\right)=b_{2}-\frac{2}{5} b_{1}+(-1)^{2} \frac{2}{5} \frac{1}{3} a_{1} \\ & a_{4}=b_{3}-\frac{3}{7} a_{3}=b_{3}-\frac{3}{7}\left[b_{2}-\frac{2}{5} b_{1}+(-1)^{2} \frac{2}{5} \frac{1}{3} a_{1}\right]=b_{3}-\frac{3}{7} b_{2}+(-1)^{2} \frac{3}{7} \frac{2}{5} b_{1}+(-1)^{3} \frac{3}{7} \frac{2}{5} \frac{1}{3} a_{1}, \end{aligned} $$ 一般地有 $$ a_{n+1}=b_{n}-\frac{n}{2 n+1} a_{n}=b_{n}-\frac{n}{2 n+1} b_{n-1}+(-1)^{2} \frac{n}{2 n+1} \cdot \frac{n-1}{2 n-1} b_{n-2}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{n}{2 n+1} \cdots \frac{3}{7} \frac{2}{5} \frac{1}{3} a_{1} . $$ 记 $\displaystyle c_{n}=1-\frac{n}{2 n+1}+(-1)^{2} \frac{n}{2 n+1} \cdot \frac{n-1}{2 n-1}+\cdots+(-1)^{n-2} \frac{n}{2 n+1} \cdots \frac{3}{7} \frac{2}{5}$ ，则 $$ \left|c_{n}\right| \leqslant 1+\frac{n}{2 n+1}+\frac{n}{2 n+1} \cdot \frac{n-1}{2 n-1}+\cdots+\frac{n}{2 n+1} \cdots \frac{3}{7} \frac{2}{5} \leqslant 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}} \leqslant 2 . $$ 下证：若 $\left\{b_{n}\right\}$ 有界，则 $\left\{a_{n}\right\}$ 有界。 因 $\left\{b_{n}\right\}$ 有界，故 $\exists M_{1}>0, \forall n,\left|b_{n}\right| \leqslant M_{1}$ 。于是 $$ \begin{aligned} \left|a_{n+1}\right| & \leqslant M_{1}\left|1-\frac{n}{2 n+1} b_{n-1}+(-1)^{2} \frac{n}{2 n+1} \cdot \frac{n-1}{2 n-1} b_{n-2}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{n}{2 n+1} \cdots \frac{3}{7} \frac{2}{5} \frac{1}{3} a_{1}\right| \\ & \leqslant M_{1}\left|c_{n}\right|+\left|a_{1}\right| \leqslant 2 M_{1}+\left|a_{1}\right| \end{aligned} $$ 即 $\left\{a_{n}\right\}$ 有界。 再证：若 $\left\{b_{n}\right\}$ 收敛，则 $\left\{a_{n}\right\}$ 收敛． 由 $\left\{b_{n}\right\}$ 收玫得 $\left\{b_{n}\right\}$ 有界。于是 $\left\{a_{n}\right\}$ 有界。设 $\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=b, \alpha=\overline{\lim _{n \rightarrow \infty}} a_{n}, \beta=\underline{\lim _{n \rightarrow \infty}} a_{n}$ ．于是 $\displaystyle \alpha=b-\frac{1}{2} \beta, \beta=b-\frac{1}{2} \alpha$ 。解之得 $\alpha=\beta$ ，从而 $\lim _{n \rightarrow x} a_{n}$ 也存在。 （7）由已知得 $\displaystyle a_{n} \geqslant \int_{0}^{1} x \mathrm{~d} x=\frac{1}{2}$ ，且 $a_{n} \geqslant \int_{0}^{1} b_{n-1} \mathrm{~d} x=b_{n-1}, n=2,3, \cdots$ ．于是 $$ a_{n} \geqslant \max \left\{b_{n-1}, \frac{1}{2}\right\} \mathrm{d} x, n=2,3, \cdots $$ 同理 $$ b_{n} \leqslant \int_{0}^{1} a_{n-1} \mathrm{~d} x=a_{n-1}, b_{n} \leqslant \int_{0}^{1} x \mathrm{~d} x=\frac{1}{2}, n=2,3, \cdots $$ 所以 $$ a_{n+1}=\int_{0}^{1} \max \left\{b_{n}, x\right\} \mathrm{d} x=\int_{0}^{b_{n}} b_{n} \mathrm{~d} x+\int_{b_{n}}^{1} x \mathrm{~d} x=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} b_{n}^{2}, n=2,3, \cdots . $$ 故当 $n \geqslant 3$ 时，$\displaystyle \frac{1}{2} \leqslant a_{n} \leqslant 1,0 \leqslant b_{n} \leqslant \frac{1}{2}$ ，且 $$ b_{n+1}=\int_{0}^{1} \min \left\{a_{n}, x\right\} \mathrm{d} x=\int_{0}^{a_{n}} \min \left\{a_{n}, x\right\} \mathrm{d} x+\int_{a_{n}}^{1} \min \left\{a_{n}, x\right\} \mathrm{d} x=\int_{0}^{a_{n}} a_{n} \mathrm{~d} x+\int_{a_{n}}^{1} x \mathrm{~d} x=a_{n}-\frac{1}{2} a_{n}^{2} . $$ 于是 $$ a_{n+1}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} b_{n}^{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left(a_{n-1}-\frac{1}{2} a_{n-1}^{2}\right)^{2} . $$ 由于 $\left\{a_{n}\right\}$ 为有界数列，故 $\alpha=\varlimsup_{n \rightarrow \infty} a_{n}, \beta=\varliminf_{n \rightarrow \infty} a_{n}$ 存在，且 $$ \alpha=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left(\alpha-\frac{1}{2} \beta^{2}\right)^{2}, \beta=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left(\beta-\frac{1}{2} \alpha^{2}\right)^{2} . $$ 解得 $\alpha=\beta$ ．从而 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}$ 存在．由 $\displaystyle b_{n+1}=a_{n}-\frac{1}{2} a_{n}^{2}$ 知，$b=\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}$ 也存在，且 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} b_{n+1}=\alpha-\frac{1}{2} \alpha^{2}$ ． 由 $\displaystyle a_{n+1}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left(a_{n-1}-\frac{1}{2} a_{n-1}^{2}\right)^{2}$ 得，$\displaystyle \alpha=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left(\alpha-\frac{1}{2} \alpha^{2}\right)^{2}$ 。解之得， $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=2-\sqrt{2}$ ，进一步得 $\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=\sqrt{2}-1$.