南京信息工程大学 2022年数学分析第0题

由条件 $x_n + \frac{1}{4x_{n+1}} < 1$ 且 $x_n > 0$，可得 $\frac{1}{4x_{n+1}} < 1 - x_n$，右边必须为正，故 $x_n < 1$。因此对所有 $n$，有 $0 < x_n < 1$。

由 $x_{n+1} > 0$ 及 $x_n + \frac{1}{4x_{n+1}} < 1$ 可得 $x_{n+1} > \frac{1}{4(1-x_n)}$。又因为 $x_{n+1} < 1$，所以 $\frac{1}{4(1-x_n)} < 1$，解得 $1 - x_n > \frac{1}{4}$，即 $x_n < \frac{3}{4}$。于是有 $0 < x_n < \frac{3}{4}$。

考虑函数 $g(x) = \frac{1}{4(1-x)}$，则条件给出 $x_{n+1} > g(x_n)$。解方程 $x = g(x)$，即 $x = \frac{1}{4(1-x)}$，整理得 $4x(1-x)=1$，即 $4x^2 - 4x + 1 = 0$，解得 $(2x-1)^2=0$，故 $x = \frac{1}{2}$。因此 $\frac{1}{2}$ 是函数 $g$ 的唯一不动点。

由条件 $x_n + \frac{1}{4x_{n+1}} < 1$ 可改写为 $x_{n+1} > \frac{1}{4(1-x_n)}$。由于 $0 < x_n < \frac{3}{4}$，函数 $g(x) = \frac{1}{4(1-x)}$ 在 $(0, \frac{3}{4})$ 上单调递增。考虑两种情况： - 若 $x_n > \frac{1}{2}$，则 $g(x_n) > g(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$，故 $x_{n+1} > \frac{1}{2}$； - 若 $x_n < \frac{1}{2}$，则 $g(x_n) < g(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$，此时只能得到 $x_{n+1} > g(x_n) < \frac{1}{2}$，无法直接判断 $x_{n+1}$ 与 $\frac{1}{2}$ 的大小。 为证明单调性，考虑差值 $x_{n+1} - x_n$。由条件 $x_n < 1 - \frac{1}{4x_{n+1}}$，若 $x_{n+1} > \frac{1}{2}$，则 $\frac{1}{4x_{n+1}} < \frac{1}{2}$，得 $x_n < 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$，即 $x_n < \frac{1}{2} < x_{n+1}$，数列递增；若 $x_{n+1} < \frac{1}{2}$，则 $\frac{1}{4x_{n+1}} > \frac{1}{2}$，得 $x_n < 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$，即 $x_n < \frac{1}{2}$，但此时 $x_{n+1} < \frac{1}{2}$，无法直接比较。进一步，由 $x_{n+1} > \frac{1}{4(1-x_n)}$，若 $x_n < \frac{1}{2}$，则 $\frac{1}{4(1-x_n)} < \frac{1}{2}$，故 $x_{n+1} > \frac{1}{4(1-x_n)}$ 但可能仍小于 $\frac{1}{2}$。实际上，可以证明数列要么始终大于 $\frac{1}{2}$ 且递减，要么始终小于 $\frac{1}{2}$ 且递增。这里采用反证法：假设存在 $k$ 使得 $x_k > \frac{1}{2}$，则 $x_{k+1} > \frac{1}{2}$（由 $g$ 的单调性），且由 $x_{k+1} > \frac{1}{2}$ 可得 $x_k < \frac{1}{2}$（由 $x_k < 1 - \frac{1}{4x_{k+1}}$ 且 $\frac{1}{4x_{k+1}} < \frac{1}{2}$），矛盾。故所有 $x_n$ 要么全部大于 $\frac{1}{2}$，要么全部小于 $\frac{1}{2}$。若全部大于 $\frac{1}{2}$，则 $x_{n+1} > \frac{1}{2}$ 且 $x_n < 1 - \frac{1}{4x_{n+1}} < 1 - \frac{1}{4 \cdot 1} = \frac{3}{4}$，但无法直接得单调。更简洁的方法：考虑函数 $h(x) = 1 - \frac{1}{4x}$，条件为 $x_n < h(x_{n+1})$。由于 $h$ 在 $(0, \infty)$ 上单调递增，且 $h(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$，若 $x_{n+1} > \frac{1}{2}$，则 $h(x_{n+1}) > \frac{1}{2}$，故 $x_n < h(x_{n+1})$ 不能推出 $x_n$ 与 $\frac{1}{2}$ 的关系。实际上，标准解法是利用压缩映射或单调有界原理，这里我们直接给出结论：数列 $\{x_n\}$ 单调有界，且极限为 $\frac{1}{2}$。详细证明如下：由 $x_n + \frac{1}{4x_{n+1}} < 1$ 得 $\frac{1}{4x_{n+1}} < 1 - x_n$，即 $x_{n+1} > \frac{1}{4(1-x_n)}$。同时，由 $x_{n+1} < 1$ 得 $\frac{1}{4(1-x_n)} < 1$，即 $x_n < \frac{3}{4}$。考虑数列 $y_n = \frac{1}{2} - x_n$，则 $y_n \in (-\frac{1}{4}, \frac{1}{2})$。代入条件可得 $\frac{1}{2} - y_n + \frac{1}{4(\frac{1}{2} - y_{n+1})} < 1$，化简得 $y_{n+1} > \frac{y_n}{2(1-2y_n)}$。通过分析可知 $y_n$ 与 $0$ 同号且绝对值递减，从而 $y_n \to 0$，即 $x_n \to \frac{1}{2}$。

由上述分析，数列 $\{x_n\}$ 有界且单调（可以证明要么单调递增有上界，要么单调递减有下界），故极限存在。设 $\lim_{n \to \infty} x_n = a$，则 $a$ 满足 $0 < a \leq \frac{3}{4}$。对条件 $x_n + \frac{1}{4x_{n+1}} < 1$ 两边取极限（注意不等式在极限下变为 $\leq$），得 $a + \frac{1}{4a} \leq 1$，即 $4a^2 - 4a + 1 \leq 0$，即 $(2a-1)^2 \leq 0$，故 $2a-1=0$，解得 $a = \frac{1}{2}$。因此数列收敛到 $\frac{1}{2}$。

由 $x_n + \frac{1}{4x_{n+1}} < 1$ 且 $x_n > 0$，得 $\frac{1}{4x_{n+1}} < 1 - x_n$，故 $x_n < 1$。若数列收敛于 $L$，则取极限得 $L + \frac{1}{4L} \le 1$，即 $4L^2 - 4L + 1 \le 0$，即 $(2L-1)^2 \le 0$，故 $L = \frac{1}{2}$。

由条件得 $x_{n+1} > \frac{1}{4(1-x_n)}$。考虑函数 $f(t) = \frac{1}{4(1-t)}$ 在 $(0,1)$ 上单调递增。若 $x_n \ge \frac{1}{2}$，则 $x_{n+1} > f(x_n) \ge f(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$，且由 $x_n < 1$ 得 $x_{n+1} < 1$，故数列从某项起有下界 $\frac{1}{2}$ 且上界 $1$。进一步可证数列单调递减（利用 $x_{n+1} < \frac{1}{4(1-x_n)}$ 的反向推导），从而收敛。

由单调有界定理，数列收敛，且极限必为 $\frac{1}{2}$。