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[数列] 求两个的“捆绑”数列的极限(类似算术平均和几何平均)

据说不少人找出了下面这道题的类似题,但是最后发现还是有细微的差别?
有哪些方法解出这道题呢?
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妙不可言,不明其妙,不着一字,各释其妙!

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本帖最后由 zhcosin 于 2017-5-3 07:30 编辑

印象中几年前我就解过你的这道题,那时你还不叫其妙,叫yes94的吧。
因为
\[ \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}=\frac{\frac{a_n+b_n}{2}}{\sqrt{a_{n+1}b_n}} = \frac{\frac{a_n+b_n}{2}}{\sqrt{\frac{a_n+b_n}{2}b_n}} = \sqrt{\frac{1+\frac{a_n}{b_n}}{2}} \]
所以令$c_n=\frac{a_n}{b_n}$,就有
\[ c_{n+1}=\sqrt{\frac{1+c_n}{2}} \]
受半角公式$\cos{\frac{\theta}{2}}=\sqrt{\frac{1+\cos{\theta}}{2}}$启发,令$c_n=\cos{\theta_n}$,则可取$\theta_{n+1}=\frac{\theta_n}{2}$,结合$\cos{\theta_1}=c_1=\frac{a_1}{b_1}=0$可取$\theta_1=\frac{\pi}{2}$,于是$\theta_n=\frac{\pi}{2^n}$,所以得到
\[ a_n=\cos\frac{\pi}{2^n}b_n \]
再回到$b_n$的递推式,有
\[ b_{n+1}^2=a_{n+1}b_n=\cos{\frac{\pi}{2^{n+1}}} b_{n+1}b_n\]
所以
\[ b_{n+1}=\cos{\frac{\pi}{2^{n+1}}} b_n \]
于是便不难求得
\[ b_n=b_1 \cos{\frac{\pi}{2^2}}\cos{\frac{\pi}{2^3}}\cdots \cos{\frac{\pi}{2^n}} \]
对右边这个余弦的连乘积,将它乘以$\sin{\frac{\pi}{2^n}}$再利用正弦的二倍角公式便会发生连锁反应,反应的结果便是这连乘积等于$\frac{1}{2^{n-1}\sin{\frac{\pi}{2^n}}}$,所以
\[ b_n=\frac{1}{2^n \sin{\frac{\pi}{2^n}}} \]

\[ a_n=\cos{\frac{\pi}{2^n}}b_n=\frac{1}{2^n}\cot{\frac{\pi}{2^n}} \]
由熟知的极限$\lim_{x \to 0} \frac{\sin{x}}{x}=1$便知$a_n$和$b_n$有共同的极限$\frac{1}{\pi}$.
补充说明: 在令$c_n=\cos{\theta_n}$时尚需证明$|c_n| \leqslant 1$,不过这从递推式$c_{n+1}=\sqrt{\frac{1+c_n}{2}}$可以看出来,只要$0 \leqslant c_n \leqslant 1$便有$0 \leqslant c_{n+1} \leqslant 1$,而$c_1=0$,所以由数学归纳法便知$0 \leqslant c_n \leqslant 1$对一切正整数成立。另外如果数列的初值$a_1>b_1$,那么便能证得$c_n>1$,这时就不能使用余弦了,但却可以使用双曲余弦函数$\cosh{x}=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$,双曲余弦函数具备相同的倍半公式: $\cosh{\frac{x}{2}}=\sqrt{\frac{1+\cosh{x}}{2}}$.

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本帖最后由 zhcosin 于 2017-5-3 07:33 编辑

另外如果这题的$b_n$的递推公式改成$b_{n+1}=\sqrt{a_nb_n}$的话,由单调有界定理也能证出它们有共同的极限,只是这极限值,就必须要用椭圆积分来表达了,用$a$和$b$来表示初值$a_1$和$b_1$,那么这极限$M(a,b)$
\[ M(a,b)=\frac{\pi}{2I(a,b)} \]
其中$I(a,b)$是如下的积分(椭圆积分)
\[ I(a,b) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{a^2\cos^2{\theta}+b^2\sin^2{\theta}}} \]
这是高斯得出来的结果,详细推导过程见 https://en.wikipedia.org/wiki/Arithmetic%E2%80%93geometric_mean,主要思路是利用换元积分法可证得
\[ I(a,b)=I(\frac{a+b}{2}, \sqrt{ab})=\cdots=I(M(a,b), M(a,b))=\frac{\pi}{2M(a,b)} \]
使用的换元是
\[ \sin{\theta}=\frac{2x\sin{\theta'}}{(x+y)+(x-y)\sin^2{\theta'}} \]

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本帖最后由 青青子衿 于 2019-7-27 12:30 编辑

分享一个类似的题目:
已知数列\(\,\{a_n\}\,\)与数列\(\,\{b_n\}\,\)满足\(\,a_1=2\sqrt3\,\), \(\,b_1=3\,\)
\begin{cases}
a_{n+1}=\dfrac{2a_nb_n}{a_n+b_n}\\
b_{n+1}=\sqrt{a_{n+1}b_n}
\end{cases}
求\(\,\{a_n\}\,\)与\(\,\{b_n\}\,\)的通项公式
最近在数学群里传来传去的一道数列题
https://zhuanlan.zhihu.com/p/29973505

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本帖最后由 敬畏数学 于 2019-7-27 12:51 编辑

回复 7# 青青子衿
链接厉害。。。做出来,我看都看不懂。数学“砖家”。。。。

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