微积分A(1)第二次习题课讲义

Cauchy 列与完备性，上下极限与子列极限（续）

Cauchy 列定义为 $\forall \varepsilon>0,\exists N,\forall n,m>N,|a_n-a_m|<\varepsilon$。与数列极限定义类似，可以讨论 $\varepsilon$ 的取法，有限项与无穷项等相关性质。此外，由于此处有两个指标 $n,m$，为了保证所有 $n,m$ 组合对于一个 $N$ 可以取遍，我们可以限定其序关系（例如取 $n>N,p\geq 1$，比较指标 $n,n+p$），但不能限定两指标间的较强代数关系（例如限定 $|n-m|$ 为常数）。若可以找到 $|a_n-a_m|$ 的一个只关于单指标 $n$ 的上界，且上界随 $n$ 增大趋于 $0$，也可以说明是 Cauchy 列。

收敛数列一定是 Cauchy 列，这来源于三角不等式 $|a_n-a_m|<|a_n-A|+|a_m-A|$。实数列中的 Cauchy 列一定收敛，这等价于实数的完备性。收敛数列与 Cauchy 列的等价中，两个方向的强度是不同的。例如，在有理数列中，收敛数列仍然是 Cauchy 列，但 Cauchy 列不一定收敛到有理数；事实上，对于任意一个实数，无论是有理数还是无理数，都存在有理数列以其为极限（这也已经说明了有理数列不一定收敛到有理数）。Cauchy 列只是说明了一个数列“应当收敛”，但真正要保证收敛，需要背景空间的性质。

确界原理（实数非空有上界集合必有上确界）、Cauchy 收敛准则、单调有界定理、Bolzano-Weierstrass 定理、闭区间套定理、有限覆盖定理等都刻画了实数的完备性，并在一定的假设下等价（尽管事实上有一些微妙的区别），在此不做展开，只需要理解它们与”实数“这一空间的性质高度相关。

以下内容不做要求。上述提到收敛到某个实数的有理数列中的代表性数列大家已经很熟悉，那就是实数的十进制表示。这里做一些严格的阐释。首先讨论有理数中的所谓的无限循环小数，例如 $\dfrac13=0.\dot3$，我们知道的其实是 $1$ 除以 $3$ 后的结果是不小于 $0.3,0.33,0.333,\cdots$ 的（同时还小于 $0.4,0.34,.0.334,\cdots$），也就是说，我们知道的是一个以 $x$ 为上界的数列；事实上不仅是上界，$x$ 还是上确界。对于任意的正实数 $x$，首先找到最大的满足 $x\geq10^{n}$ 的 $n$ 作为 $n_1$，取 $a_1=\left\lfloor\dfrac{x}{10^{n_1}}\right\rfloor$ 作为最高位，递归地，令 $n_k=n_{k-1}-1$，$a_k=\left\lfloor\dfrac{x-\sum_{i=1}^{k-1}a_i10^{n_i}}{10^{n_k}}\right\rfloor$ 即可求出第 $k$ 位，可以看出每个实数有唯一的规范表示。这也许能破除 $0.\dot9$ 相关的迷思：首先，其所代表的数列的极限就是 $1$，因此它表示的数也就等于实数 $1$；同时，它不是我们所规定的实数的规范表示，因为在我们的表示下，$1$ 的整数部分应当是 $1$。事实上，任何尾部全部为 $9$ 的表示均不是我们的规范表示，而其余的每一个十进制小数串都可以唯一表示一个实数。

最后值得补充的是，我们可以借助让 Cauchy 列都收敛的直觉，来从有理数构造出实数。定义两个 Cauchy 列本应收敛到同一个数，如果它们的差收敛到 $0$，则数列据此构造出了等价关系，而每一个等价类就定义为一个实数（这样的操作是为了严格定义“补充一个点”），其继承有理数的四则运算，并可定义序关系（这是由于分别来自两个等价类的有理数列的差一定不收敛到 $0$，而是从某项开始大于某个正常数或小于某个负常数）。同时，我们可以通过有理数的常数列，在我们构造出的实数中识别出有理数（可以验证它们具有与原本有理数相同的性质）。最后验证完备性即可。

习题 2.6 设 $a\in\mathbb R$，令 $x_n=\sum_{k=2}^n\dfrac{\sin ka}{k(k+\sin ka)},n\geq 2$，试判断 $\{x_n\}$ 的收敛性。

$\forall n,p\geq 1,|x_n-x_{n+p}|\leq\sum_{k=n+1}^{n+p}\left|\dfrac{\sin ka}{k(k+\sin ka)}\right| \leq \sum_{k=n+1}^{n+p}\dfrac{1}{k(k-1)}=\dfrac1n-\dfrac1{n+p}<\dfrac1n$，因此 $\forall \varepsilon>0,\exists N=\left\lceil\dfrac{1}{\varepsilon}\right\rceil,\text{s.t.}\forall n>N,p\geq 1,|x_n-x_{n+p}|<\varepsilon$，$\{x_n\}$ 是 Cauchy 列，收敛。

习题 2.7 已知 $u_n\geq 0,x_n=\sum_{k=1}^nu_k,y_n=\sum_{k=1}^n\sqrt{u_ku_{k+1}}$。证明：若 $\{x_n\}$ 收敛，则 $\{y_n\}$ 也收敛。

$\{x_n\}$ 收敛，是 Cauchy 列，$\forall \varepsilon>0$，$\exists N$，$\forall n>m>N$，$|x_n-x_m|=\sum_{k=m+1}^n u_k<\varepsilon$，

则 $|y_n-y_m|=\sum_{k=m+1}^n\sqrt{u_ku_{k+1}}\leq \dfrac{1}{2}\sum_{k=m+1}^{n}(u_k+u_{k+1})\leq\sum_{k=m+1}^{n+1}u_k<\varepsilon$，$\{y_n\}$ 是 Cauchy 列，收敛。

习题 2.8 若存在常数 $c\geq 0$，使得 $V_n=\sum_{k=1}^{n-1}|x_{k+1}-x_{k}|<c,n=2,3,\cdots$，称 $\{x_n\}$ 有有界变差。

（1）证明：有有界变差的数列一定是收敛列。

直觉上，如果不收敛，则不满足 Cauchy 准则，那么尾部的变差就会渐渐累积超过 $c$。具体地，存在 $\varepsilon>0$，使得任意 $N$，存在 $n>N,p\geq 1$，$|x_n-x_{n+p}|\geq \varepsilon$，取 $N_1=1$ 得到 $n_1,p_1$，令 $N_2=n_1+p_1$，则可取出 $n_2>N_2,p_2\geq 1$，使得 $|x_{n_2}-x_{n_2+p_2}|\geq \varepsilon$，如此进行 $t=\left\lceil \dfrac{c}{\varepsilon}\right\rceil$ 次，有

$$\sum_{k=n_1}^{n_t+p_t-1}|x_{k+1}-x_{k}|\geq \sum_{k=1}^t|x_{n_k}-x_{n_k+p_k}|\geq \varepsilon t\geq c,$$

与题设矛盾，故收敛。

当 $\{x_n\}$ 单调时，有界变差条件可等价化为 $|x_{n}-x_1|<c$，这时实际上等价于描述了一个单调有界数列，故我们使用 Cauchy 准则推出了单调有界数列必收敛。同时，在不单调的情形下，变差的累积是仍然是单调增加的，但实际从 $x_m$ 累加到 $x_n$ 的过程中 $x_{k+1}-x_k$ 可以正负相消，有 $|x_m-x_n|\leq V_n-V_m$，从而更利于收敛，这预示着有界变差是强于收敛的。假如已知单调有界定理，本题证明可以得到简化，利用 $V_n$ 单调递增且有界得到其是 Cauchy 列，再结合上述比较关系，利用 Cauchy 准则可证 $\{x_n\}$ 收敛。

（2）试问：收敛列是否都有有界变差？说明理由。

否，考虑与变号有关的收敛，令 $x_n=\dfrac{(-1)^n}{n}$。

回忆我们对上下极限的引入。我们考虑每个位置 $n$，求取了对 $\forall k>n$，满足 $a_k-A\leq \varepsilon$ 的最小 $\varepsilon=\sup_{k\geq n}a_k-A$，以及满足 $A-a_k\leq \varepsilon$ 的最小 $\varepsilon=A-\inf_{k\geq n}a_k$，定义了 $\overline{\lim}_{n\to\infty} a_n=\lim_{n\to\infty}\sup_{k\geq n}a_k$，及 $\underline{\lim}_{n\to\infty} a_n=\lim_{n\to\infty}\inf_{k\geq n}a_k$。

例题 2.10 设 $\{x_n\}$ 为有界数列。

(1) 证明 $\overline{\lim}_{n\to\infty} x_n,\underline{\lim}_{n\to\infty}x_n$ 存在，且 $\overline{\lim}_{n\to\infty} x_n\geq \underline{\lim}_{n\to\infty}x_n$。

单调有界数列必收敛，故存在。$\sup_{k\geq n}x_k\geq \inf_{k\geq n}x_k$，由保序性得 $\overline{\lim}_{n\to\infty} x_n\geq \underline{\lim}_{n\to\infty}x_n$。

(2) 证明 $\lim_{n\to\infty}x_n$ 存在当且仅当 $\overline{\lim}_{n\to\infty} x_n= \underline{\lim}_{n\to\infty}x_n$。

若 $\overline{\lim}_{n\to\infty} x_n= \underline{\lim}_{n\to\infty}x_n=A$，由 $\sup_{k\geq n}x_k\geq x_k\geq \inf_{k\geq n}x_k$，有 $\lim_{n\to\infty} x_n=A$。

若 $\lim_{n\to\infty}x_n=A$，则 $\forall\varepsilon>0$，存在 $N$，$\forall n>N$，$x_n\in(A-\varepsilon,A+\varepsilon)$，故 $\sup_{k\geq n} x_k\in(A-\varepsilon,A+\varepsilon]$（$\sup_{k\geq n}x_k>A-\varepsilon$ 由 $x_k>A-\varepsilon$ 得到，而 $\sup_{k\geq n}x_k\leq A+\varepsilon$ 正是我们引入时所保证的），因此 $\overline{\lim}_{n\to\infty} x_n=A$。下极限同理。

(3) $\forall \varepsilon>0$，在区间 $(\underline{\lim}_{n\to\infty} x_n-\varepsilon, \overline{\lim}_{n\to\infty}x_n+\varepsilon)$ 之外最多有 $\{x_n\}$ 的有限项。

按 $\varepsilon-N$ 语言取出的上极限的 $N$ 对 $x_n$ 的上界控制也适用，下极限的 $N$ 对 $x_n$ 的下界控制也适用。

$\forall \varepsilon>0$，$\exists N_1,N_2$，$\forall n> N_1$，$x_n\leq \sup_{k\geq n}x_k< \overline{\lim}_{n\to\infty}x_n+\varepsilon$，$\forall n>N_2$，$x_n\geq \inf_{k\geq n}x_k> \underline{\lim}_{n\to\infty}x_n-\varepsilon$，故 $\forall n>\max\{N_1,N_2\}$，$x_n\in(\underline{\lim}_{n\to\infty} x_n-\varepsilon, \overline{\lim}_{n\to\infty}x_n+\varepsilon)$。

(4) 存在子列 $\{x_{n_k}\},\{x_{m_k}\}$，使得 $\lim_{k\to\infty}x_{n_k}=\overline{\lim}_{n\to\infty}x_n,\lim_{k\to\infty}x_{m_k}=\underline{\lim}_{n\to\infty}x_n$。

我们最初的定义将 $\sup_{k\geq n}x_k$ 看成满足 $\forall k\geq n,x_k-A\leq \varepsilon$ 的 $\varepsilon$ 取到最小值时的情形；我们希望能够更精确地，把需要逼近这个上界的项找出来，把一个界落地到一个对象。由上确界的定义，$\exists n_1$，$x_{n_1}>\sup_{k\geq 1}x_k-1$，取 $x_{n_i}$ 为满足 $x_{n_\alpha}>\sup_{k\geq {i}}x_k-\dfrac{1}{i}$ 的 $\geq i$ 的最小的 $n_\alpha$，则

$$\overline{\lim}_{n\to\infty}x_n=\lim_{i\to\infty}\sup_{k\geq i}x_k=\lim_{i\to\infty}\left(\sup_{k\geq i}x_k-\dfrac1i\right)\leq \lim_{i\to\infty}x_{n_i}\leq \lim_{i\to\infty}\sup_{k\geq n_i}x_{k}=\overline{\lim}_{n\to\infty}x_n.$$

但注意，这样取出的 $n_i$ 可能不是严格单调递增的，因此 $x_{n_i}$ 还不一定是一个子列。不过，由于 $n_i\to\infty$，我们可以再从这些指标中抽取一个单调递增趋于无穷的子列，那么这也对应了原本数列的一个子列。这也证明了 Bolzano-Weierstrass 定理，即有界数列必有收敛子列。事实上，上下极限还是子列极限能达到的最值，因对任意收敛子列 $x_{n_i}$，考虑 $\sup_{k\geq n_i}x_{k}$，其是 $\sup_{k\geq n}x_k$ 的一个子列，且满足不小于 $x_{n_i}$，由极限的保序性，上极限不小于子列极限，同理有下极限不大于子列极限。

自测 2.6 下列哪些条件是数列 $\{x_n\}$ 发散的充要条件？

(1) $\exists\varepsilon>0,\forall N,\exists n,m>N,\text{s.t. }|x_n-x_m|\geq \varepsilon.$

充要。

(2) $\forall \varepsilon\in(0,1),\forall N,\exists n,m>N,\text{s.t. }|x_n-x_m|> \varepsilon.$

$\varepsilon$ 的任意性使得其充分不必要，例如考虑 $\dfrac{(-1)^n}{4}$，没有任何两项差距超过 $\dfrac12$。

(3) $\exists \varepsilon>0,\forall N,\exists n>N,\exists p>0,\text{s.t. }|x_n-x_{n+p}|> \varepsilon.$

充要。

(4) $\forall \varepsilon\in(0,1),\forall N,\exists n>N,\exists p>0,\text{s.t. }|x_n-x_{n+p}|> \varepsilon.$

$\varepsilon$ 的任意性使得其充分不必要。

(5) $\{x_n\}$ 存在发散子列。

自身就是发散子列。

(6) 要么 $\{x_n\}$ 存在子列发散到 $\infty$，要么 $\{x_n\}$ 存在收敛到不同极限的两个子列。

有界时，存在分别收敛到上下极限的两个子列，而此时发散等价于上下极限不同。无界时，子列的第 $k$ 项取绝对值大于 $k$ 的数即可，由于无界，必定能取出。

差分与累积

差分指每一项对前一项作差（或后一项对此项，可以有不同规定），我们有 $x_n=x_1+\sum_{k=1}^{n-1}(x_{k+1}-x_k)$。累积方式除了加法以外还有乘法；在连乘中，差分则对应着比值。取对数后，乘法的累积可以转化为加法的累积，这在通常情况下会方便处理。若累积全为正贡献（也即对应差分均为正），则单调有界定理便可能带来收敛性。

习题 1.6 求极限 $\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\dfrac{2k-1}{2^k}$。

$k$ 是最简单的累积量，将其识别为累积后就可以对二重和式交换求和次序，从先求和项数再求和指数，改为先求和指数，再求和项数，简化运算。

$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n\dfrac{2k-1}{2^k}&=-\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{2^k}+\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^k\dfrac{1}{2^{k-1}}\\ &=-1+\dfrac{1}{2^n}+\sum_{j=1}^n\sum_{k=j}^n\dfrac{1}{2^{k-1}}\\ &=-1+\dfrac1{2^n}+\sum_{j=1}^n\left(\dfrac{1}{2^{j-2}}-\dfrac{1}{2^{n-1}}\right)\\ &=-1+\dfrac{1}{2^n}+4\left(1-\dfrac1{2^n}\right)-\dfrac{2n}{2^n}\\ &=3-\dfrac{2n+3}{2^n}\\ &\to3. \end{aligned}$$

习题 1.7 设 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=a$，试证 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_n}n=0$。

记 $S_n=\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}$，则 $\dfrac{a_n}{n}=S_n-\dfrac{n-1}{n}S_{n-1}\to 0$。

习题 2.5 设数列 $\{a_n\}$ 中每一项 $a_n$ 都是正整数，记

$$x_n=\prod_{i=1}^n\left(1+\dfrac1{a_i}\right),y_n=\sum_{i=1}^n\dfrac1{a_i},n\geq 1.$$

试证：$\{x_n\}$ 与 $\{y_n\}$ 同时收敛或同时发散。

两数列均单调递增，只需证两者同时有上界。若 $x_n$ 有上界，由 $x_n=1+y_n+\cdots>y_n$，则 $y_n$ 有上界。若 $y_n$ 有上界，$\ln x_n=\sum_{i=1}^n\ln\left(1+\dfrac1{a_i}\right)<\sum_{i=1}^n\dfrac1{a_i}=y_n$，则 $\ln x_n$ 有上界 $c$，故 $x_n$ 有上界 $\mathrm e^c$。

习题 2.10 试证明下列不等式。

主要是熟悉乘法型增长 $\left(1+\dfrac1n\right)^n<\mathrm e<\left(1+\dfrac1n\right)^{n+1}$。

(1) $\left(\dfrac n{\mathrm e}\right)^n<n!<\mathrm e\left(\dfrac n2\right)^n.$

这是乘法型累积，已知 $n=1$ 成立，考虑通过前后两项比值比较增长速度，令 $a_n=\dfrac{n!\mathrm e^n}{n^n}$，则

$$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{n^n\mathrm e}{(n+1)^{n}}=\dfrac{\mathrm e}{\left(1+\dfrac1n\right)^n}>1,$$

故 $a_n>1$ 恒成立，即 $n!>\left(\dfrac{n}{\mathrm e}\right)^n$ 恒成立。右侧同理。

(3) $\dfrac1n-\dfrac1{n^2}<\ln\left(1+\dfrac1n\right)<\dfrac1n.$

$\dfrac1n-\dfrac{1}{n^2}<\dfrac{1}{n+1}<\ln\left(1+\dfrac1n\right)<\dfrac1n.$

(2) $\left(1+\dfrac1n\right)^n>\mathrm e^{1-\frac1n}.$

上题左侧不等式乘 $n$ 取指数即得。

(4) $0<\mathrm e-\left(1+\dfrac1n\right)^n<\dfrac3n.$

左侧已知，右侧由 $\mathrm e-\left(1+\dfrac1n\right)^n<\left(1+\dfrac1n\right)^{n+1}-\left(1+\dfrac1n\right)^n=\dfrac1n\left(1+\dfrac1n\right)^n<\dfrac{\mathrm e}{n}<\dfrac3n$ 得。

习题 2.11 求下列极限。

(1) $\lim_{n\to\infty}\dfrac{\sum_{k=0}^n(2k+1)^2}{n^3}.$

Stolz 定理是将分子与分母同时改为差分的技术，这样的技术在连续情形即为 L’Hospital 法则。需要注意应用时检查单调性等约束条件，以及应用后的极限的存在性。

$\lim_{n\to\infty}\dfrac{\sum_{k=0}^n(2k+1)^2}{n^3}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{(2n+3)^2}{(n+1)^3-n^3}=\dfrac43.$

(2) $\lim_{n\to\infty}\dfrac{\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{\sqrt k}}{\sqrt n}.$

$\lim_{n\to\infty}\dfrac{\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{\sqrt k}}{\sqrt n}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\sqrt{n+1}+\sqrt n}{\sqrt{n+1}}=2.$

(3) $\lim_{n\to\infty}\dfrac{\sum_{k=1}^n\dfrac1k}{\ln n}.$

$\lim_{n\to\infty}\dfrac{\sum_{k=1}^n\dfrac1k}{\ln n}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{n+1}}{\ln(n+1)-\ln n}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{n}{n+1}}{n\ln\left(1+\dfrac1{n}\right)}=1.$

(4) $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\dfrac{n!}{n^n}}.$

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\ln\left(\sqrt[n]{\dfrac{n!}{n^n}}\right)&=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\sum_{k=1}^n\ln k-n\ln n}{n}\\&=\lim_{n\to\infty}(\ln(n+1)-(n+1)\ln(n+1)+n\ln n)\\ &=-\lim_{n\to\infty}n\ln\left(1+\dfrac1n\right)\\ &=-1, \end{aligned}$$

则 $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\dfrac{n!}{n^n}}=\lim_{n\to\infty}\exp\left(\lim_{n\to\infty}\ln\left(\sqrt[n]{\dfrac{n!}{n^n}}\right)\right)=\mathrm e^{-1}$。

习题 2.13 对于数列 $\{a_n\},\{p_n\}$，记 $A_n=\sum_{k=1}^na_k$，试证以下结论：

(1) $\sum_{k=1}^np_ka_k=p_nA_n-\sum_{k=1}^{n-1}(p_{k+1}-p_k)A_k,\forall n\geq 1.$

$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^np_ka_k&=p_1a_1+\sum_{k=2}^np_k(A_k-A_{k-1})\\ &=\left(p_1A_1+\sum_{k=2}^np_kA_k\right)-\sum_{k=2}^n p_kA_{k-1}\\ &=\left(\sum_{k=1}^{n-1}p_kA_k+p_nA_n\right)-\sum_{k=1}^{n-1}p_{k+1}A_k\\ &=p_nA_n-\sum_{k=1}^{n-1}(p_{k+1}-p_{k})A_k. \end{aligned}$$

这称为 Abel 变换，又称为分部求和法，其意义是将一个因子的差分转换到另一个因子上。

(2) 若 $\{A_n\}$ 收敛，$\{p_n\}$ 为严格单调递增的正数列，且 $\lim_{n\to\infty}p_n=+\infty$，则 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{\sum_{k=1}^np_ka_k}{p_n}=0$。

信息在求和上，我们把 $a_k$ 换成求和表示，即使用 Abel 变换，设 $A_n\to A$，有

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\dfrac{\sum_{k=1}^np_ka_k}{p_n}&=\lim_{n\to\infty}\left(A_n-\dfrac{\sum_{k=1}^{n-1}(p_{k+1}-p_k)A_k}{p_n}\right)\\ &=\lim_{n\to\infty}A_n-\lim_{n\to\infty}\dfrac{(p_{n+1}-p_n)A_{n}}{p_{n+1}-p_{n}}\\ &=0. \end{aligned}$$

递推数列与不动点

递推关系通过数列已有的项确定后续项，一般可以写成 $x_{n+1}=\varphi_n(x_n,x_{n-1},\ldots,x_1)$，这与显式写出的仅含 $n$ 的表达形式不同。对于一些情况，可以直接求出通项公式，例如常系数线性递推；另一些情况，则需要逐步根据递推式分析单调性、收敛性等性质，同时也需要寻找递推公式中不变的量。递推关系的一个最简单的形式是 $x_{n+1}=f(x_n)$。对于映射 $f$，满足 $f(\xi)=\xi$ 的点 $\xi$ 称为其不动点。如果递推数列收敛于 $\xi$，且 $f$ 在 $\xi$ 处连续，那么对递推关系两边取极限，可得 $\xi=f(\xi)$。因此，不动点方程可以给出递推数列可能的极限，而把问题归约到数列收敛性上。反过来，求解方程时，也可以尝试将其改写为 $x=f(x)$，通过递推 $x_{n+1}=f(x_n)$ 来逼近方程的解，这称为不动点迭代，是数值计算中常用的方法。迭代能否收敛同样是一个需要研究的问题。

例题 1.8 判断 $\{a_n\}$ 敛散性，若收敛求极限。

(6) $a_{n+1}=\lambda a_n+(1-\lambda)a_{n-1},0<\lambda<1.$

经典的常系数二阶递推，可以转化为等比数列求通项公式。

$a_{n+1}-a_{n}=(\lambda -1)(a_n-a_{n-1})$，则 $a_n=\dfrac{1-(\lambda-1)^{n-1}}{2-\lambda}(a_2-a_1)+a_1\to\dfrac{(1-\lambda)a_1+a_2}{2-\lambda}$。

(7) $a_n=\tan n.$

可以寻找递推关系。$a_{n+1}=\tan(n+1)=\dfrac{\tan n+\tan 1}{1-\tan n \tan 1}$，假设收敛至 $t$，则 $t=\dfrac{t+\tan 1}{1-t\tan 1}$，$(1+t^2)\tan 1=0$，无解，故发散。

习题 2.2 已知 $a_1>0$，$a_{n+1}=\dfrac{a_n}2+\dfrac1{a_n}$，证明 $\{a_n\}$ 收敛，并求 $\lim_{n\to\infty}a_n$。

从第二项开始，作差 $a_{n+1}-a_n=\dfrac{2-a_n^2}{2a_n}\leq 0$（由于 $a_{n}\geq \sqrt2$），单调递减有下界，收敛。解出极限 $\sqrt 2$。

习题 2.4 设 $a\in\mathbb R,x_1=\sin a,x_{n+1}=\sin x_n$。证明：$\{x_n\}$ 收敛，并求其极限。

对 $x_1>0$，$0\leq\sin x_1\leq x_1\leq 1$，归纳证明 $0\leq x_{n+1}=\sin x_n\leq x_n\leq 1$，单调递减有下界，收敛。对 $x_1 <0$ 同理。对 $x_1=0$ 直接有 $x_n\equiv 0$。解 $\sin x=x$，在 $[0,1]$ 中只有解 $x=0$，此即极限。注意此处用到了 $\sin x$ 的连续性，否则还需做一些证明。

习题 2.3 设 $a_1>b_1>0$。定义

$$a_{n+1}=\dfrac{a_n+b_n}{2}, b_{n+1}=\dfrac{2a_nb_n}{a_n+b_n},n=1,2,\cdots$$

试证：数列 $\{a_n\}$ 与 $\{b_n\}$ 都收敛，并求 $\lim_{n\to\infty}a_n$ 与 $\lim_{n\to\infty}b_n$。

已知 $a_{n+1}-b_{n+1}=\dfrac{(a_n-b_n)^2}{2(a_n+b_n)}\geq 0$，则 $a_{n+1}\leq a_n,b_{n+1}\geq b_n$，故 $b_1\leq \cdots\leq b_n\leq \cdots\leq a_n\leq\cdots \leq a_1$。由单调有界定理知两数列均收敛，分别设收敛到 $A,B$，则 $\begin{cases}A=\dfrac{A+B}{2}\\B=\dfrac{2AB}{A+B}\end{cases}$ 给出 $A=B$。另一方面，$a_{n}b_n$ 恒等于 $a_1b_1$，则 $AB=a_1b_1$，$A=B=\sqrt{a_1b_1}$，这个不变量由调和平均和算术平均的几何平均等于原本的几何平均给出。

例题 2.3 设函数 $f$ 在 $[a,b]$ 有定义，$f([a,b])\subset [a,b]$，且 $|f(x)-f(y)|\leq \alpha|x-y|,\forall x,y\in[a,b]$，其中 $0<\alpha <1$。证明：存在唯一的 $\xi\in[a,b]$，使得 $f(\xi)=\xi$。

任取 $x_1\in[a,b]$，定义递推方程 $x_{n+1}=f(x_n)$，有 $|x_{n+1}-x_n|\leq \alpha|x_n-x_{n-1}|\leq \alpha^{n-1}|x_2-x_1|$，故

$$|x_{n+p}-x_n|\leq \sum_{k=n}^{n+p-1}|x_{k+1}-x_k|\leq |x_2-x_1|\sum_{k=n}^{n+p-1}\alpha^{k-1}\leq \dfrac{\alpha^{n-1}}{1-\alpha}|x_2-x_1|\to 0.$$

故 $\{x_n\}$ 收敛，设收敛至 $\xi$，则 $|f(x_n)-f(\xi)|\leq \alpha|x_n-\xi|\to 0$，则 $\lim_{n\to\infty}f(x_n)=f(\xi)$，对递推方程两侧取极限有 $\xi=f(\xi)$。若有两个不动点 $\xi,\eta$，则 $|\eta-\xi|=|f(\eta)-f(\xi)|\leq \alpha|\eta-\xi|$，故 $\xi=\eta$，不动点唯一。

习题 2.9 设 $0<\alpha<1,\beta\in\mathbb R$。证明：方程 $x-\alpha\cos x=\beta$ 有唯一解。

改写为 $x=\alpha\cos x+\beta$，再转化为递推方程 $x_{n+1}=\alpha\cos x_n+\beta$。

由于 $|\cos x-\cos y|=2\left|\sin\dfrac{x-y}{2}\cos\dfrac{x+y}{2}\right|\leq |x-y|$，有 $|x_{n+1}-x_n|\leq \alpha|x_n-x_{n-1}|$，是 $[\beta-\alpha,\beta+\alpha]$ 上的压缩映射，故有唯一解。