这个数列极限问题如何解决呢?
设 数列 和 收敛于相同的极限并求该极限.
真要说起来,这个问题的历史其实相当古老,可以追溯到2000多年前古希腊的阿基米德
我给出几种做法
为了方便起见,我把题目形式稍加变化一下,变成:
数列 、 ,满足 , , , .
求数列 、 的通项公式.
( )
也就是相当于把你的原题进行倒代换,别的完全不影响
为什么这么变?因为这样方便揭示其几何意义
好了,先说这题解法:
方法(一)
注意到三角恒等式
,
令 ,
显然 ,
由于
由数学归纳法
( )
注意此处随著不同的初值 , ,三角换元的过程是可能出现复数的,不去管它.
实在不想看到复数,某些初值下可以改使用双曲换元.
这个方法是最直接快捷的,但是那两个三角恒等式不属于最常见的,应该不是每个人都能想到.
方法(二)
,
由此两式消去 , 可得
得
令
则有
,
令
由数学归纳法, ( )
( )
其中
即
注意此处随著不同的初值 , ,三角换元的过程是可能出现复数的,不去管它.
否则的话,也可以采取这样的换元:
令
则数学归纳法, ( )
它实际上和双曲余弦换元是等价的
显然,数列
, ( )
当 时是有著共同极限的,这个共同极限是
(对于你的原题的话,就是取
然后共同极限是 )
而如果这么取值:当 , 时,这个共同极限便是
这就是当年阿基米德计算圆周率时采用的割圆术
其中
这恰好是圆的内接正边形的周长与圆直径的比值
而
这是圆的外切正边形的周长与圆直径的比值
此时显然有
构成了一个非常典型的闭区间套,并且所有区间端点都是代数数,最后却构造出了一个超越数
我们令 为圆的外切正 边形的边长与直径的比值(半边长与半径的比值)
令 为圆的内接正 边形的边长与直径的比值(半边长与半径的比值)
那么很显然
,
为了简单起见,不如令半径为1
图中
过点 作圆切线交 于点 ,交 于点
那么
(因为 且 )
由几何关系
(相似三角形)
即
显然有
(勾股定理)
即
这就从几何意义上解释了这个数列
来了来了,答主在线pvp
虽然高斯的Arithmetic-Geometric Mean很有名但是也不用强行改问题吧。
不妨设 . 我们设 ,由递推式,我们有
这是明显的二倍角公式。因此如果我们令 即 ,则有 . 此时带入 的递推式,我们有
因此连乘可以得到 . 令n趋于无穷大,众所周知, (证明利用 即可),因此
. 类似地, 的通项公式和极限也可以求出来,答案是相同的.
这个数列有时被称为Schwab数列,因为J.Schwab在1813年研究过它。这个数列和高斯的算术几何平均数列有异曲同工之妙,构造简单,并可以速度极快地逼近一些超越函数。
为了方便,如题主所说,记 设 关于数列的收敛性,先说结论:
Schwab数列 满足 记 则 收敛速度是指数级的:
现在给出证明。首先易见
即 不等式
由归纳法可知,不等式 成立。
可见, 单调增有上界, 单调减有下界,所以它们都收敛。在递推式中令 知,它们的极限相等。也可以从上面的不等式(*)得到 由此也可见两个数列收敛于共同的值,而且是指数收敛的。
记这个共同的极限为 易见它有齐次性:
所以,不妨先考虑 的情形。应用等式 由归纳法容易知道
用 乘上式,整理得 所以
应用齐次性推出 其中 满足 证毕。
注1 用同样的方法可以推出,如果 则 其中 满足
注2 取 则有 换言之, 这可以迅速地逼近圆周率。
来源:菲赫金哥尔茨 著 微积分学教程(第一卷)(第8版)
注:题主所说的an+1实际上不等式只有加强,结果不变。
我怎么总感觉你的题出错了呢
我总觉得Bn+1等于根号anbn
不会做,给你提供一个思路吧
如果按我说的那样更改题目,会十分完美
抱歉然后不会了
这不是一个简单的问题,可以去了解高斯积分再尝试解答
.
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