东南大学 2020年数学分析第13题

由于 $0 < \sin x < 1$，$f_n(x) = \sin x + \sin^2 x + \cdots + \sin^n x$ 是公比为 $\sin x$ 的等比数列前 $n$ 项和，因此有： $$f_n(x) = \frac{\sin x (1 - \sin^n x)}{1 - \sin x}$$

由 $f_n(x)=1$ 得： $$\frac{\sin x (1 - \sin^n x)}{1 - \sin x} = 1$$ 两边乘以 $1-\sin x > 0$，整理得： $$\sin x - \sin^{n+1}x = 1 - \sin x$$ $$2\sin x - \sin^{n+1}x = 1$$ 即 $$2\sin x - 1 = \sin^{n+1}x$$

由 $2\sin x - 1 = \sin^{n+1}x > 0$ 得 $2\sin x - 1 > 0$，即 $\sin x > \frac{1}{2}$，所以 $x > \frac{\pi}{6}$。因此根若存在，必在 $(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$ 内。

令 $g_n(x) = 2\sin x - 1 - \sin^{n+1}x$，在 $(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$ 上连续。 - 当 $x \to \frac{\pi}{6}^+$ 时，$\sin x = \frac{1}{2}$，$g_n(\frac{\pi}{6}^+) = 2\cdot\frac{1}{2} - 1 - (\frac{1}{2})^{n+1} = -(\frac{1}{2})^{n+1} < 0$。 - 当 $x \to \frac{\pi}{2}^-$ 时，取 $x$ 使 $\sin x = 1-\delta$（$\delta$ 很小），则 $g_n(x) \approx 1-2\delta - [1-(n+1)\delta] = (n-1)\delta > 0$。 由介值定理，存在至少一个根。

对 $g_n(x)$ 求导： $$g_n'(x) = 2\cos x - (n+1)\sin^n x \cos x = \cos x [2 - (n+1)\sin^n x]$$ 在 $(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$ 上 $\cos x > 0$。当 $x$ 从 $\frac{\pi}{6}$ 增大时，$\sin^n x$ 从 $(\frac{1}{2})^n$ 增加到1。由于 $n \ge 2$，$(n+1)(\frac{1}{2})^n \le \frac{3}{4} < 2$，故在左端点附近 $g_n'(x) > 0$；随着 $x$ 增大，$(n+1)\sin^n x$ 可能超过2，使 $g_n'(x) < 0$。因此 $g_n(x)$ 先增后减，结合左负右正，可知只有一个零点。

由根满足 $2\sin x_n - 1 = \sin^{n+1} x_n$，且 $x_n \in (\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$，故 $\sin x_n \in (\frac{1}{2}, 1)$。 假设 $\lim_{n\to\infty} \sin x_n = a < 1$，则 $\lim_{n\to\infty} \sin^{n+1} x_n = 0$，方程变为 $2a - 1 = 0$，得 $a = \frac{1}{2}$，但这与 $\sin x_n > \frac{1}{2}$ 矛盾（因为根在 $\frac{\pi}{6}$ 右侧）。因此 $\sin x_n$ 必须趋于1。

由 $\lim_{n\to\infty} \sin x_n = 1$，且 $\sin x$ 在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上严格递增且连续，故 $$\lim_{n\to\infty} x_n = \frac{\pi}{2}$$