广西民族大学 2025年数学分析第0题
📝 题目
2．设 $\displaystyle a_{1}>0, a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{a_{n}}, n=1,2$ ，证明： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}}{\sqrt{2 n}}=1$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：证明数列严格递增且无界
由 $a_1>0$ 及递推式 $a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}$ 可知，$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{a_n}>0$，故数列严格递增。若数列有上界，则收敛于有限极限 $L$，对递推式取极限得 $L=L+\frac{1}{L}$，即 $\frac{1}{L}=0$，矛盾。因此数列无界，且 $\lim_{n\to\infty}a_n=+\infty$。
公式：a_{n+1}-a_n=\frac{1}{a_n}>0
提示：注意递推式取极限时，需先假设极限存在，再导出矛盾。
步骤 2/6
目标：推导平方的递推关系并求和
将递推式两边平方：$a_{n+1}^2=a_n^2+2+\frac{1}{a_n^2}$，即 $a_{n+1}^2-a_n^2=2+\frac{1}{a_n^2}$。对 $k=1$ 到 $N-1$ 求和得：$a_N^2-a_1^2=\sum_{k=1}^{N-1}\left(2+\frac{1}{a_k^2}\right)=2(N-1)+\sum_{k=1}^{N-1}\frac{1}{a_k^2}$。因此 $a_N^2=a_1^2+2(N-1)+\sum_{k=1}^{N-1}\frac{1}{a_k^2}$。
公式：a_{n+1}^2=a_n^2+2+\frac{1}{a_n^2}
提示：平方后注意交叉项恰好为常数2，这是关键技巧。
步骤 3/6
目标：得到下界估计
由 $a_N^2=a_1^2+2(N-1)+\sum_{k=1}^{N-1}\frac{1}{a_k^2}$，且所有项为正，得 $a_N^2\ge 2(N-1)+a_1^2$。故当 $N$ 充分大时，$a_N\ge \sqrt{2N+\text{常数}}$，说明 $a_n$ 趋于无穷的速度至少为 $\sqrt{2n}$ 量级。
公式：a_N^2\ge 2(N-1)+a_1^2
提示：下界用于后续控制 $\frac{1}{a_k^2}$ 的求和。
步骤 4/6
目标：将 $a_n^2$ 表示为 $2n$ 加余项
由求和结果改写：$a_n^2=2n+(a_1^2-2)+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{a_k^2}$。记 $S_{n-1}=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{a_k^2}$，则 $a_n^2=2n+(a_1^2-2)+S_{n-1}$。
公式：a_n^2=2n+(a_1^2-2)+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{a_k^2}
提示：注意将 $2(N-1)$ 改写为 $2N-2$，并合并常数项。
步骤 5/6
目标：估计 $S_{n-1}$ 的增长速度
由下界 $a_k^2\ge 2k+(a_1^2-2)$，当 $k$ 充分大时，存在常数 $C$ 使 $a_k^2\ge 2k-C$，从而 $\frac{1}{a_k^2}\le \frac{1}{2k-C}$。于是 $S_{n-1}\le \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{2k-C}$，该调和级数部分和增长如 $\frac{1}{2}\ln n$，故 $\frac{S_{n-1}}{n}\to 0$。
公式：\frac{1}{a_k^2}\le \frac{1}{2k-C}
提示：调和级数发散速度远慢于线性，因此 $S_{n-1}/n$ 趋于0。
步骤 6/6
目标：计算极限并得出结论
由 $a_n^2=2n+(a_1^2-2)+S_{n-1}$，两边除以 $2n$ 得：$\frac{a_n^2}{2n}=1+\frac{a_1^2-2}{2n}+\frac{S_{n-1}}{2n}$。当 $n\to\infty$ 时，$\frac{a_1^2-2}{2n}\to 0$，$\frac{S_{n-1}}{2n}\to 0$，故 $\frac{a_n^2}{2n}\to 1$。开方得 $\frac{a_n}{\sqrt{2n}}\to 1$。
公式：\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{\sqrt{2n}}=1
提示：开方时注意 $a_n>0$，极限为正，故可直接取平方根。
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