單調有界定理的解題思路及技巧總結

摘要:由於出題人是不會告訴你用單調有界定理解題,本文會把這類題目以及相關的寫在一起,做個總結。因此,本文將不局限於使用單調有界定理解題!素材取自網絡/各大教材,整合於我的《微積分筆記》[1]。

一、“單調有界”型數列

數學歸納法

Cauchy不等式

混雜拉格朗日中值定理判斷單調性

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

考慮函數 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}<e^{x_n};,quadxiin(0,x_n).

這就說明 x_n>x_{n+1}>0 , 因此 {x_n} 單調遞減有下界,故收斂.設 lim_{ntoinfty}x_n=xgeqslant0

在等式 x_ne^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1 兩邊取極限得 xe^x=e^x-1 .

如果 x>0 , 則 e^x=frac{e^x-1}{x}<e^x , 矛盾. 因此 lim_{ntoinfty}x_n=x=0 .

註意: xe^x=e^x-1 這個超越方程是不可解的, 不要直接寫解得 x=0

證明(by 西西): 先利用數學歸納法證明 x_n>1 , 現在假設 x_n>1 則隻需要證明

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

考慮函數 f(x)=x^2-1-ln x,x>1 , 易得 f'(x)>0 , 所以 f(x)>f(1)=0

接著證明 x_n<x_{n+1} , 那麼隻要證明 x_{n+1}-1-lnleft(frac{x_n^2}{1+ln x_n}right)>0

考慮函數 g(x)=x-1-2ln x+ln(1+ln x),x>1

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

考慮函數 h(x)=x-1+xln x-2ln x,x>1 , 易得 g(x)>0

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

利用導數易得 x(1+ln x)geqslant1+2ln x,xgeqslant1 , 故有 0<G'(x)<1

那麼有 0<x_{n+1}=G(x_n)=int_1^{x_n}G'(x),mathrm{d}x+1leqslant 1+(x_n-1)=x_n

綜上知: 數列 {x_n} 單調遞減有下界, 故數列 {x_n} 收斂, 設極限值為 A , 有

lim_{ntoinfty}x_n=lim_{ntoinfty}x_{n+1}=A

A=1+lnleft(frac{A^2}{1+A}right)Longrightarrow A=1

二、“不單調有界”型數列

證明:解題源自《數學分析精選習題全解(上)》[2]-薛春華,徐森林,P19

證明: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 , 若極限存在, 則易得極限值為2. 它是方程 x=f(x) 的根, 其中 f(x)=sqrt{7-sqrt{7+x}} .

根據遞推公式, 我們隻需證明兩個子數列 {x_{2k}}{x_{2k+1}} 的極限都是 2 即可.

由拉格朗日中值定理

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

0leqslant x_nleqslant7 , 則

|f'(xi)|=Bigg|frac{-1}{4sqrt{7-sqrt{7+xi}}cdotsqrt{7+xi}}Bigg|leqslantleft|frac{-1}{4sqrt{7-sqrt{14}}cdotsqrt{7}}right|=alpha<1.

由數學歸納法易證對於所有的 n 都有 0leqslant x_nleqslant7 . 於是

|x_{n+2}-2|=|f(x_n)-2|leqslantalpha|x_n-2|,

從而

|x_{2k}-2|leqslantalpha^k|x_0-2|to0;,quad|x_{2k+1}-2|leqslantalpha^k|x_1-2|to0quad(ktoinfty)

這表明兩個子數列都收斂於2.

評註:這道題個人認為是極好瞭,混雜瞭太多的方法

求數列極限的通項

  • 差分方程[3]、不動點[4]、遞推迭代

利用上下極限來處理

樓紅衛的《微積分進階》已經寫得非常好瞭,這裡僅引用一題,更多的自己去看吧!

證明:解答源自樓紅衛的《微積分進階》[5]

易見 0<x_nleqslantmax{x_1,x_2};(n=1,2,cdots) . 於是

Ltriangleqvarlimsup_{nto+infty} x_nin[0,+infty).

從而對於任意 varepsilon>0 , 存在 N>0 時, 使得當 ngeqslant N 時. x_nleqslant L+varepsilon . 可以斷言

x_ngeqslant L-3varepsilon,,quadforall ngeqslant N+1.

否則, 存在 mgeqslant N+1 滿足 x_m<L-3varepsilon . 這樣就有

x_{m+1}leqslantfrac{x_m+x_{m-1}}{2}leqslantfrac{L-3varepsilon+L+varepsilon}{2}=L-varepsilon.

由此立即可得

x_mleqslantmax{x_m,x_{m-1}}leqslant L-varepsilon,,quadforall ngeqslant m+1.

這與 L{x_n} 的上極限矛盾. 從而

L-3varepsilonleqslant x_nleqslant L+varepsilon,,quadforall ngeqslant N+1

所以 lim_{nto+infty}x_n=L

柯西收斂原理

三、“加邊型”型數列

倆特殊的遞推加邊

證明:因為 x_1=sqrt{2+1}=2cosfrac{pi}{6} , 所以有

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

依次類推

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

利用 Taylor 公式, 我們得到

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

因此, lim_{ntoinfty}4^nleft(frac{pi^2}{9}+4^n(x_n-2)right)=frac{pi^4}{972}

註:這道題的通項太特殊瞭,必須得寫進來,後續章節還會遇到!

證明:[2]若 y_0=2 , 則 y_n=2,ninmathbb{N} . 此時

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

y_0>2 , 這時記 alpha=dfrac{y_0-sqrt{y_0^2-4}}{2} , 此時 y_0=alpha+dfrac{1}{alpha} . 一般地,

y_n=alpha^{2^n}+alpha^{-2^n},quad ninmathbb{N}

因此

begin{align*} y_0y_1y_2cdots 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}cdotfrac{alpha^{2^{n+2}}-1}{alpha^{2^{n+1}}} end{align*}

begin{align*} frac{1}{y_0y_1y_2cdots y_n} &=frac{alpha^2-1}{alpha}cdotfrac{alpha^{2^{n+1}}}{alpha^{2^{n+2}}-1}=frac{alpha^2-1}{alpha}cdotfrac{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*}

因此

begin{align*} S_n &=sum_{k=0}^n frac{1}{ y_0y_1y_2cdots 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*}

註意到 alpha < 1 , 最終

lim_{ntoinfty}S_n=frac{alpha^2-1}{alpha}left(frac{1}{alpha^2-1}+1right)= alpha=frac{y_0-sqrt{y_0^2-4}}{2}

註:此換元太特殊瞭,而且在後續的章節還會遇到

Stolz 定理

證明:法I. 由數學歸納法可得 0<x_n<1,forall n geqslant 1 , 故 x_{n+1}=x_n(1-x_n)<x_n ,

由單調有界定理可知 {x_n} 收斂, 記 lim_{ntoinfty}x_n=a , 於是

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

註意到

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

由Stolz公式,

lim_{ntoinfty}nx_n=lim_{ntoinfty}frac{n}{frac{1}{x_{n}}}= lim_{ntoinfty}frac{n-(n-1)}{frac{1}{x_n}-frac{1}{x_{n-1}}}=1.

利用冪級數求數列通項

證明:本題的思路為利用冪級數得到通項 a_n 的表達式,具體詳細的過程請參考:樓紅衛的《數學分析(要點難點拓展)》[6],P133-135

參考

  1. ^《微積分筆記》最終版!國慶快樂!! https://zhuanlan.zhihu.com/p/300880567
  2. ^ab徐森林, 薛春華. 數學分析精選習題全解 [M]. 北京: 清華大學出版社, 2009.
  3. ^之前寫瞭個課件玩,可以參考下 https://www.latexstudio.net/index/details/index/ids/161
  4. ^我沒總結,可以參考下別人的,這篇的總結還行 https://zhuanlan.zhihu.com/p/104544760
  5. ^樓紅衛. 微積分進階 [M]. 北京: 科學出版社, 2009.
  6. ^樓紅衛. 數學分析要點·難點·拓展 [M]. 北京: 高等教育出版社, 2020.
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