方企勤 第一章 分析基础 第1.3题
📝 题目
1.3.7 设 $0 < {a}_{1} < {b}_{1}$ ,令
$$ {a}_{n + 1} = \sqrt{{a}_{n} \cdot {b}_{n}},\;{b}_{n + 1} = \frac{{a}_{n} + {b}_{n}}{2}\;\left( {n = 1,2,\cdots }\right) . $$
求证: 序列 $\left\{ {a}_{n}\right\} ,\left\{ {b}_{n}\right\}$ 的极限存在.
💡 答案解析
1.3.7 $0 < {a}_{1} < {b}_{1}$ \_\_\_\_\_ 数学归纳法 $0 < {a}_{n} < {b}_{n} \Rightarrow {a}_{n} \uparrow ;{b}_{n} \downarrow ;{b}_{2} - {a}_{2} =$ $\frac{{b}_{1} - {a}_{1} + 2\left( {{a}_{1} - {a}_{2}}\right) }{2} < \frac{{b}_{1} - {a}_{1}}{2},\cdots ,{b}_{n} - {a}_{n} < \frac{{b}_{1} - {a}_{1}}{{2}^{n}}$ . 用区间套定理肯定序列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ , $\left\{ {b}_{n}\right\}$ 的极限存在,并趋于同一极限.
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：证明0 < a_n < b_n对所有n成立
用数学归纳法。当n=1时，已知0 < a_1 < b_1。假设0 < a_n < b_n，则a_{n+1} = sqrt(a_n b_n) > sqrt(a_n^2) = a_n，且a_{n+1} < sqrt(b_n^2) = b_n；b_{n+1} = (a_n+b_n)/2 > (a_n+a_n)/2 = a_n，且b_{n+1} < (b_n+b_n)/2 = b_n。还需比较a_{n+1}和b_{n+1}：由均值不等式，sqrt(a_n b_n) ≤ (a_n+b_n)/2，等号仅当a_n=b_n时成立，但a_n
公式：a_{n+1} = sqrt(a_n b_n), b_{n+1} = (a_n+b_n)/2
提示：注意均值不等式sqrt(ab) ≤ (a+b)/2，等号成立当且仅当a=b。
步骤 2/4
目标：证明{a_n}单调递增，{b_n}单调递减
由归纳步骤已得a_{n+1} > a_n，故{a_n}递增。又b_{n+1} = (a_n+b_n)/2 < (b_n+b_n)/2 = b_n，故{b_n}递减。
公式：a_{n+1} > a_n, b_{n+1} < b_n
提示：单调性由递推式直接推出。
步骤 3/4
目标：估计b_n - a_n的衰减速度
计算b_{n+1} - a_{n+1} = (a_n+b_n)/2 - sqrt(a_n b_n) = ( (sqrt(b_n)-sqrt(a_n))^2 )/2。又由a_{n+1} > a_n，有b_{n+1} - a_{n+1} < (b_n - a_n)/2。递推得b_n - a_n < (b_1 - a_1)/2^{n-1}。
公式：b_{n+1} - a_{n+1} = ( (sqrt(b_n)-sqrt(a_n))^2 )/2 < (b_n - a_n)/2
提示：利用平方差公式：b_n - a_n = (sqrt(b_n)-sqrt(a_n))(sqrt(b_n)+sqrt(a_n))，且sqrt(b_n)+sqrt(a_n) > 2 sqrt(a_n) > 0，但这里直接放缩更简单。
步骤 4/4
目标：证明极限存在且相等
由单调有界定理，{a_n}递增有上界b_1，{b_n}递减有下界a_1，故极限存在。设lim a_n = A，lim b_n = B。由b_{n+1} = (a_n+b_n)/2，两边取极限得B = (A+B)/2，故A=B。且由b_n - a_n → 0，得A=B。
公式：B = (A+B)/2 ⇒ A = B
提示：也可用区间套定理：区间[a_n, b_n]长度趋于0，且包含所有后续区间，故存在唯一公共点。
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