小论文数学单调有界定理 第1篇

证明(by 向禹)：首先由 x_1>0 , x_ne^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1 \;(n=1,2,\cdots) 归纳可知所有 x_n>0 .

考虑函数 f(x)=e^x , 由拉格朗日中值定理可得

e^{x_{n+1}}=\frac{e^{x_n}-1}{x_n}=\frac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0}=e^{\xi_n}

这就说明 x_n>x_{n+1}>0 , 因此 \{x_n\} 单调递减有下界,故收敛.设 \lim_{n\to\infty}x_n=x\geqslant0 。

在等式 x_ne^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1 两边取极限得 xe^x=e^x-1 .

如果 x>0 , 则 e^x=\frac{e^x-1}{x} , 矛盾. 因此 \lim_{n\to\infty}x_n=x=0 .

注意： xe^x=e^x-1 这个超越方程是不可解的, 不要直接写解得 x=0

证明(by 西西): 先利用数学归纳法证明 x_n>1 , 现在假设 x_n>1 则只需要证明

\ln\left(\frac{x_n^2}{1+\ln x_n}\right)>0\Longleftrightarrow x_n^2-1-\ln x_n>0

考虑函数 f(x)=x^2-1-\ln x,x>1 , 易得 f'(x)>0 , 所以 f(x)>f(1)=0

接着证明 x_n , 那么只要证明 x_{n+1}-1-\ln\left(\frac{x_n^2}{1+\ln x_n}\right)>0

考虑函数 g(x)=x-1-2\ln x+\ln(1+\ln x),x>1

易得 g'(x)=\frac{x-1+x\ln x-2\ln x}{x(1+\ln x)},x>1

考虑函数 h(x)=x-1+x\ln x-2\ln x,x>1 , 易得 g(x)>0

或者考虑 G(x)=1+2\ln x+\ln(1+\ln x)\Longrightarrow G'(x)=\frac{1+2\ln x}{x(1+\ln x)}

利用导数易得 x(1+\ln x)\geqslant1+2\ln x,x\geqslant1 , 故有 0

那么有 0

综上知: 数列 \{x_n\} 单调递减有下界, 故数列 \{x_n\} 收敛, 设极限值为 A , 有

\lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}x_{n+1}=A

即 A=1+\ln\left(\frac{A^2}{1+A}\right)\Longrightarrow A=1

小论文数学单调有界定理 第2篇

证明：解题源自《数学分析精选习题全解(上)》

证明：令 x_0=\sqrt{7},x_1=\sqrt{7-\sqrt{7}},x_{n+2}=\sqrt{7-\sqrt{7+x_n}}, n=0,1,2,\cdots , 若极限存在, 则易得极限值为2. 它是方程 x=f(x) 的根, 其中 f(x)=\sqrt{7-\sqrt{7+x}} .

根据递推公式, 我们只需证明两个子数列 \{x_{2k}\} 与 \{x_{2k+1}\} 的极限都是 2 即可.

由拉格朗日中值定理

|f(x)-2|=|f(x)-f(2)|=|f'(\xi)||x-2|\;,\; \xi\in(2,x)

若 0\leqslant x_n\leqslant7 , 则

|f'(\xi)|=\Bigg|\frac{-1}{4\sqrt{7-\sqrt{7+\xi}}\cdot\sqrt{7+\xi}}\Bigg|\leqslant\left|\frac{-1}{4\sqrt{7-\sqrt{14}}\cdot\sqrt{7}}\right|=\alpha<1.

由数学归纳法易证对于所有的 n 都有 0\leqslant x_n\leqslant7 . 于是

|x_{n+2}-2|=|f(x_n)-2|\leqslant\alpha|x_n-2|,

|x_{2k}-2|\leqslant\alpha^k|x_0-2|\to0\;,\quad|x_{2k+1}-2|\leqslant\alpha^k|x_1-2|\to0\quad(k\to\infty)

这表明两个子数列都收敛于2.

评注：这道题个人认为是极好了，混杂了太多的方法

楼红卫的《微积分进阶》已经写得非常好了，这里仅引用一题，更多的自己去看吧！

证明：解答源自楼红卫的《微积分进阶》

易见 0 . 于是

L\triangleq\varlimsup_{n\to+\infty} x_n\in[0,+\infty).

从而对于任意 \varepsilon>0 , 存在 N>0 时, 使得当 n\geqslant N 时. x_n\leqslant L+\varepsilon . 可以断言

x_n\geqslant L-3\varepsilon\,,\quad\forall n\geqslant N+1.

否则, 存在 m\geqslant N+1 满足 x_m . 这样就有

x_{m+1}\leqslant\frac{x_m+x_{m-1}}{2}\leqslant\frac{L-3\varepsilon+L+\varepsilon}{2}=L-\varepsilon.

由此立即可得

x_m\leqslant\max\{x_m,x_{m-1}\}\leqslant L-\varepsilon\,,\quad\forall n\geqslant m+1.

这与 L 为 \{x_n\} 的上极限矛盾. 从而

L-3\varepsilon\leqslant x_n\leqslant L+\varepsilon\,,\quad\forall n\geqslant N+1

所以 \lim_{n\to+\infty}x_n=L

小论文数学单调有界定理 第3篇

证明：因为 x_1=\sqrt{2+1}=2\cos\frac{\pi}{6} , 所以有

x_2=\sqrt{2+x_1}=\sqrt{2+2\cos\frac{\pi}{6}}=\sqrt{4\cos^2\frac{\pi}{12}}=2\cos\frac{\pi}{12},

依次类推

x_n=\sqrt{2+2\cos\frac{\pi}{3\cdot2^{n-1}}}=\sqrt{4\cos^2\frac{\pi}{3\cdot2^{n}}}=2\cos\frac{\pi}{3\cdot2^{n}}

利用 Taylor 公式, 我们得到

x_n=2-\frac{\pi^2}{9\cdot 4^n}+\frac{\pi^4}{972\cdot 4^{2n}}+o(1/2^{4n})

因此， \lim_{n\to\infty}4^n\left(\frac{\pi^2}{9}+4^n(x_n-2)\right)=\frac{\pi^4}{972}

注：这道题的通项太特殊了，必须得写进来，后续章节还会遇到！

证明：y_0=2 , 则 y_n=2,n\in\mathbb{N} . 此时

\lim_{n\to+\infty} S_n=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2^n}=1=\frac{y_0-\sqrt{y_0^2-4}}{2}

若 y_0>2 , 这时记 \alpha=\dfrac{y_0-\sqrt{y_0^2-4}}{2} , 此时 y_0=\alpha+\dfrac{1}{\alpha} . 一般地，

y_n=\alpha^{2^n}+\alpha^{-2^n},\quad n\in\mathbb{N}

\begin{align*} y_0y_1y_2\cdots y_n &=(\alpha+\alpha^{-1})(\alpha^2+\alpha^{-2})(\alpha^{2^2}+\alpha^{-2^2}) \cdots(\alpha^{2^n}+\alpha^{-2^n})\\ &=\frac{\alpha^{2^{n+1}}-\alpha^{-2^{n+1}}}{\alpha-\alpha^{-1}}=\frac{\alpha}{\alpha^2-1}\cdot\frac{\alpha^{2^{n+2}}-1}{\alpha^{2^{n+1}}} \end{align*}

\begin{align*} \frac{1}{y_0y_1y_2\cdots y_n} &=\frac{\alpha^2-1}{\alpha}\cdot\frac{\alpha^{2^{n+1}}}{\alpha^{2^{n+2}}-1}=\frac{\alpha^2-1}{\alpha}\cdot\frac{\alpha^{2^{n+1}}+1-1}{\alpha^{2^{n+2}}-1}\\ &=\frac{\alpha^2-1}{\alpha}(\frac{1}{\alpha^{2^{n+1}}-1}-\frac{1}{\alpha^{2^{n+2}}-1}) \end{align*}

\begin{align*} S_n &=\sum_{k=0}^n \frac{1}{ y_0y_1y_2\cdots y_k}=\sum_{k=0}^n \frac{\alpha^2-1}{\alpha}\left(\frac{1}{\alpha^{2^{k+1}}-1}- \frac{1}{\alpha^{2^{k+2}}-1}\right)\\ &=\frac{\alpha^2-1}{\alpha}\left(\frac{1}{\alpha^2-1}-\frac{1}{\alpha^{2^{n+2}}-1}\right) \end{align*}

注意到 \alpha < 1 , 最终

\lim_{n\to\infty}S_n=\frac{\alpha^2-1}{\alpha}\left(\frac{1}{\alpha^2-1}+1\right)= \alpha=\frac{y_0-\sqrt{y_0^2-4}}{2}

注：此换元太特殊了，而且在后续的章节还会遇到

证明：法I. 由数学归纳法可得 0 , 故 x_{n+1}=x_n(1-x_n) ,

由单调有界定理可知 \{x_n\} 收敛, 记 \lim_{n\to\infty}x_n=a , 于是

\lim_{n\to\infty}x_{n+1}=\lim_{n\to\infty}x_n(1-x_n)\Rightarrow a=a(1-a) \Rightarrow a=0 \,\text{或}\, a=1(\text{舍去})

注意到

\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_{n}}\right) \xlongequal{\text{通分}}\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1-x_{n}}=1,

由Stolz公式，

\lim_{n\to\infty}nx_n=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\frac{1}{x_{n}}}= \lim_{n\to\infty}\frac{n-(n-1)}{\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n-1}}}=1.

证明：本题的思路为利用幂级数得到通项 a_n 的表达式，具体详细的过程请参考：楼红卫的《数学分析(要点难点拓展)》