西北大学 2025年数学分析第2题

由递推公式 $x_{n+1} = \frac{1}{2}\left(x_n + \frac{1}{x_n}\right)$，且 $x_1 = 2 > 0$，可知所有 $x_n > 0$。对任意正数 $x_n$，应用均值不等式：$x_{n+1} = \frac{x_n + \frac{1}{x_n}}{2} \ge \sqrt{x_n \cdot \frac{1}{x_n}} = 1$。因此对所有 $n$ 都有 $x_n \ge 1$，数列有下界 $1$。

考虑相邻项差：$x_{n+1} - x_n = \frac{1}{2}\left(x_n + \frac{1}{x_n}\right) - x_n = \frac{1}{2}\left(-x_n + \frac{1}{x_n}\right) = \frac{1 - x_n^2}{2x_n}$。由于已证 $x_n \ge 1$，故 $1 - x_n^2 \le 0$，因此 $x_{n+1} - x_n \le 0$，数列单调递减。

数列单调递减且有下界，故极限存在。设极限为 $a$，对递推式两边取极限得 $a = \frac{1}{2}\left(a + \frac{1}{a}\right)$。两边乘以 $2$ 得 $2a = a + \frac{1}{a}$，即 $a = \frac{1}{a}$，所以 $a^2 = 1$。由 $x_n \ge 1$ 知 $a \ge 1$，故 $a = 1$。因此 $\lim_{n \to \infty} x_n = 1$。

由递推式 $x_{n+1} = \frac{x_n^2 + 1}{2x_n}$，得 $\frac{x_n}{x_{n+1}} = \frac{x_n}{\frac{x_n^2+1}{2x_n}} = \frac{2x_n^2}{x_n^2+1}$。于是通项 $\frac{x_n}{x_{n+1}} - 1 = \frac{2x_n^2}{x_n^2+1} - 1 = \frac{x_n^2 - 1}{x_n^2+1}$。由于 $x_n \ge 1$，该通项非负。

由递推式可得 $x_{n+1} - 1 = \frac{(x_n-1)^2}{2x_n}$，且 $x_n \ge 1$，故 $x_{n+1} - 1 \le \frac{(x_n-1)^2}{2}$。这表明 $x_n-1$ 以平方速度衰减。又 $\frac{x_n^2 - 1}{x_n^2+1} = \frac{(x_n-1)(x_n+1)}{x_n^2+1} \le \frac{2(x_n-1)}{1} = 2(x_n-1)$（因为 $x_n+1 \le 2x_n$ 且 $x_n^2+1 \ge 1$）。由 $x_{n+1}-1 \le \frac{(x_n-1)^2}{2}$ 可推出存在 $N$ 使得当 $n \ge N$ 时 $x_n-1 \le \frac{1}{2^{n-N}}$（等比衰减），故 $\sum (x_n-1)$ 收敛。由比较判别法，$\sum \left(\frac{x_n}{x_{n+1}}-1\right)$ 收敛。