每日一题 - 004-孤寂之森

今天的问题从一个巧妙的解法开始:

证明 Cauchy-Schwarz 不等式:

\left(\sum_{i=1}^nx_iy_i\right)^2\leq\left(\sum_{i=1}^nx_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^ny_i^2\right).

对于没有见过这个证法的人, 还是非常震撼的.

证对 x\in \mathbb{R} 皆有

\sum_{k=1}^n\left(a_kx+b_k\right)^2\ge0.

令 A=\sum_{k=1}^na_k^2,\; B=\sum_{k=1}^na_kb_k,\; C=\sum_{k=1}^nb_k^2, 展开上式得

Ax^2+2Bx+C\ge0.

不妨设 A \gt 0, 令 x=-\frac{B}{A}, 则有

B^2-AC\le0.

此即 Cauchy-Schwarz 不等式.

给定两正数 a_1 与 b_1 (a_1\gt b_1), 作出其等差中项 a_2=\frac{a_1+b_1}{2} 与等比中项 b_2=\sqrt{a_1b_1}, 一般地, 令

a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2} \quad \text{与} \quad b_{n+1}=\sqrt{a_nb_n}.

证明 \lim_{n\to\infty}a_n 与 \lim_{n\to\infty}b_n 皆存在且相等.

由不等式得

a_1 \gt \frac{a_1+b_1}{2} = a_2 \gt b_2 = \sqrt{a_1b_1} \gt b_1,

使用数学归纳法, 若 a_1 \gt a_2 \gt\cdots\gt a_n \gt b_n \gt\cdots\gt b_2 \gt b_1 成立, 那么也有

a_1 \gt a_2 \gt\cdots\gt a_n \gt \frac{a_{n+1}+b_{n+1}}{2} = a_{n+1} \gt b_{n+1} = \sqrt{a_{n+1}b_{n+1}} \gt b_n \gt\cdots\gt b_2 \gt b_1

成立. 如此便说明了 a_n 是递减数列而 b_n 是递增数列, 且它们分别有下界 b_1 与上界 a_1, 故它们的极限存在. 令

\lim_{n\to\infty}a_n=a,\quad \lim_{n\to\infty}b_n=b,

有等式 2a_{n+1}=a_n+b_n 成立, 两边同时取极限得 a=b.

设 a>0, b>0, a_1=\frac{a+\frac{b}{a}}{2}, 一般地, a_{n+1}=\frac{a_n+\frac{b}{a_n}}{2}. 证明数列 \{a_n\} 收敛并求出其极限.

这种题目一般使用数列递增 (或递减) 且有上界 (或下界) 来解决, 因此我们需要找到数列递增 (或递减) 的条件. 以递增为例:

a_{n+1}-a_n=\frac{a_n+\frac{b}{a_n}}{2}-a_n=\frac{\frac{b}{a_n}-a_n}{2}

故归根结底是要求 \frac{b}{a_n}-a_n 的正负. 我们稍微解一下方程就知道, \frac{b}{a_n}-a_n \ge0 \Rightarrow b\ge a_n^2, 但是我们发现这说明 a_n 是递增的, 可能会使 a_n^2 \ge b 从而不满足条件. 那如果是递减呢？

递减时 a_n^2 \ge b , 由于 a_n\gt 0, 这个条件可以一直维持, 所以我们应当尝试一下问题是否满足这个条件.

\begin{aligned} a_1^2-b&=\left(\frac{a+\frac{b}{a}}{2}\right)^2-b \\ &=\frac{1}{4}\left(a^2+2b+\frac{b^2}{a^2}\right)-b \\ &=\frac{1}{4}\left(a^2-2b+\frac{b^2}{a^2}\right) \\ &=\left(\frac{a-\frac{b}{a}}{2}\right)^2 \ge 0 \end{aligned}

于是数列递减且有下界 0, 极限存在.

此时对 a_{n+1}=\frac{a_n+\frac{b}{a_n}}{2} 两边取极限, 得 \lim_{n\to \infty} a_n=\sqrt{b}.

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