数列极限

求教！

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业余的业余

2^#

发表于 2019-10-13 09:17 | 只看该作者

本帖最后由业余的业余于 2019-10-13 09:22 编辑

观察可知，$x_n>1$ 对所有 $n$ 都成立。

考察函数 $f(x)=\cfrac {x^2}{1+\ln x}$, 有
$f'(x)=\cfrac{2x(1+\ln x)-x^2\frac 1x}{(1+\ln x)^2}=\cfrac{x+2x\ln x}{(1+\ln x)^2}$，
显然当 $x\ge 1$ 时 $f'(x)>0$ 恒成立。

由数列的递推关系，有 $x_{n+1}-x_n=\ln\left( \cfrac {1+f(x_n)}{1+f(x_{n-1})}\right)$

所以，$x_n>x_{n-1} \implies f(x_n)>f(x_{n-1}) \implies \cfrac {1+f(x_n)}{1+f(x_{n-1})}>1 \implies x_{n+1}>x_n$, 去掉中间的推理环节，这个式子告诉我们，如果 $x_n>x_{n-1}$ 则 $x_{n+1}>x_n$. 同样的推理适用于当 $x_n<x_{n-1}$ 的情形。由归纳法易证，数列$\{x_n\}$ 或者单调递增，或者单调递减，总之是单调的。

现证明 $\{x_n\}$ 有上界。一个笨办法是考察数列递推式右边同形的函数 (把 $x_n$ 用 $x$ 替换)的单调性。只需考虑数列递增的情形，则会限制 $a$只能取到某个小的值，比如不大于 $100$，那么 $x_2<1+\ln(1+10000)<10<100$, 从而 $x_3<100, \cdots, x_n<100$. 期待不等式高手贡献简明的证法。

综上，数列收敛。不妨记其极限为 $b$, 于是有

$b=1+\ln(1+\frac {b^2}{1+\ln b})$

不会解。

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kuing

3^#

发表于 2019-10-13 14:44 | 只看该作者

题目的 n=2,3,... 应改为 n=1,2,...

显然恒有 `x_n>1`，设
\[g(x)=1+\ln\left( 1+\frac{x^2}{1+\ln x} \right),\quad x\geqslant1,\]即 `x_{n+1}=g(x_n)`，求导可得
\[g'(x)=\frac{x(1+2\ln x)}{(1+\ln x)(x^2+1+\ln x)},\]显然恒正，另一方面，由均值有
\begin{align*}
g'(x)&\leqslant\frac{x(1+2\ln x)}{(1+\ln x)\cdot2\sqrt{x^2(1+\ln x)}}\\
&=\frac{1+2\ln x}{2\sqrt{(1+\ln x)^3}}\\
&=\frac{4(1+2\ln x)}{\sqrt{(1+2\ln x+1+2\ln x+2)^3}}\\
&\leqslant\frac{4(1+2\ln x)}{\sqrt{27\cdot(1+2\ln x)\cdot(1+2\ln x)\cdot2}}\\
&=\frac4{3\sqrt6},
\end{align*}显然两不等号不能同时取等，所以
\[0<g'(x)<\frac4{3\sqrt6}<1,\]而 `g(1)>1`，由上式知 `g(x)=x` 在 `(1,+\infty)` 上有唯一解，记为 `b`，则
\[
\abs{x_{n+1}-b}=\abs{g(x_n)-g(b)}=\abs{g'(\xi)(x_n-b)}<\frac4{3\sqrt6}\abs{x_n-b},
\]由此可见 `x_n` 收敛到 `b`。

同样地，我也不会解出这个 `b` 的值

。