上册 2.3 函数的零点 第29题

\section*{证明过程：} （1）令 $f(x)=x^{n}+x^{n-1}+\cdots+x-1$ ，则 $f(0)=-1<0, f(1)=n-1 \geqslant 0, x \in[0,1]$ ．因此 $f(x)$ 在 $[0,1]$有零点．又 $f^{\prime}(x)=n x^{n-1}+(n-1) x^{n-2}+\cdots+2 x+1>0, x \in[0,1]$ ，所以 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上严格单调，从而 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 有唯一的零点，即方程 $x+x^{2}+\cdots+x^{n}=1$ 仅有唯一的正根 $x_{n} \in(0,1)$ ． 再证： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\frac{1}{2}$ ． 由于 $\left\{x_{n}\right\} \in(0,1)$ ，所以 $\left\{x_{n}\right\}$ 有界。 由 $x_{n}^{n}+x_{n}^{n-1}+\cdots+x_{n}=1$ 及 $x_{n+1}^{n+1}+x_{n+1}^{n}+\cdots+x_{n+1}=1$ 相减得 $x_{n} \geqslant x_{n+1}$ ．故 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调减少有下界，因此 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛。记 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$ 。因 $\displaystyle x_{n}^{n}+x_{n}^{n-1}+\cdots+x_{n}=x_{n} \frac{1-x_{n}^{n}}{1-x_{n}}$ ，故 $$ x_{n}^{n}+x_{n}^{n-1}+\cdots+x_{n}=1 \text {, 即 } x_{n} \frac{1-x_{n}^{n}}{1-x_{n}}=1 \text { 。 } $$ 让 $n \rightarrow \infty$ 得 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\frac{1}{2}$ ． （2）记 $F_{n}(x)=f_{n}(x)-1$ ，则当 $n=1$ 时，结论显然成立． 当 $n \geqslant 2$ 时，$\displaystyle F_{n}\left(\frac{\pi}{2}\right)=n-1>0, F_{n}\left(\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\cdots+\left(\frac{1}{2}\right)^{n}-1<1-1=0$ ．由零点定理知 $F_{n}(x)=0$ 在 $\displaystyle \left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right)$ 内至少有一根． 又 $\displaystyle \forall x \in\left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right], F_{n}^{\prime}(x)=\cos x+2 \sin x \cos x+3 \sin ^{2} x \cos x+\cdots+n \sin ^{n-1} \cos x>0$ 。所以 $F_{n}(x)$ 在 $\displaystyle \left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right]$ 内严格单调递增，从而 $F_{n}(x)=0$ 在 $\displaystyle \left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right]$ 内有且仅有一根．记 $F_{n}(x)=0$ 在 $\displaystyle \left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right]$ 内的根为 $x_{n}$ ，即 $F_{n}\left(x_{n}\right)=0$ ． $$ F_{n}\left(x_{n-1}\right)=\sin x_{n-1}+\sin ^{2} x_{n-1}+\cdots+\sin ^{n-1} x_{n-1}+\sin ^{n} x_{n-1}=F_{n-1}\left(x_{n-1}\right)+\sin ^{n} x_{n-1}=\sin ^{n} x_{n-1}>0 . $$ 即 $F_{n}\left(x_{n}\right)1, f_{n}\left(\frac{\pi}{3}\right)=1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}<1$ ．由连续函数的介值定理，存在 $\displaystyle x_{n} \in\left(0, \frac{\pi}{3}\right)$ ，使得 $f_{n}\left(x_{n}\right)=1$. 又 $\displaystyle f_{n}^{\prime}(x)<0, x \in\left(0, \frac{\pi}{3}\right)$ ，所以 $f_{n}(x)$ 在 $\displaystyle \left(0, \frac{\pi}{3}\right)$ 上严格单调递减。故 $f_{n}(x)=1$ 的根是唯一的． 显然，$f_{n+1}(x)>f_{n}(x), f_{n}\left(x_{n}\right)=f_{n+1}\left(x_{n+1}\right)>f_{n}\left(x_{n+1}\right)$ ，于是 $x_{n}0$ ，所以 $f_{n}(x)$ 在 $\displaystyle \left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 上严格单调递增，故 $f_{n}(x)=0$ 的根是唯一的． 由 $f_{n}(x)-f_{n+1}(x)=x^{n}(1-x)>0, x_{n+1}>x_{n}$ ，即 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调递增，且 $\displaystyle \frac{1}{2}0$ 使 $a+\varepsilon<1$ ．由极限定义，存在 $N>0$ ，当 $n>N$ 时，$x_{n}0, x \in[0,1]$ ，所以 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上严格单调，从而 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 有唯一的零点，即方程 $x+x^{3}+\cdots+x^{2 n-1}=1$ 仅有唯一的正根 $x_{n} \in(0,1)$ ． 再证： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ ． 由于 $\left\{x_{n}\right\} \in(0,1)$ ，所以 $\left\{x_{n}\right\}$ 有界。 由 $x_{n}^{2 n-1}+x_{n}^{2 n-3}+\cdots+x_{n}=1$ 及 $x_{n+1}^{2 n+1}+x_{n+1}^{2 n-1}+\cdots+x_{n+1}=1$ 相减得 $x_{n} \geqslant x_{n+1}$ 。故 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调减少有下界。因此 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛，记 $a=\lim _{n \rightarrow x} x_{n}$ 。 在 $\displaystyle x_{n} \frac{\left(1-x_{n}{ }^{2 n}\right)}{1-x_{n}{ }^{2}}=1$ 中，让 $n \rightarrow \infty$ 得 $\displaystyle \frac{a}{1-a^{2}}=1$ ．于是 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ ．