单调有界性证明递推数列的极限存在和有限性

作者: 久别重逢已经那边v发 | 来源:发表于2024-11-12 07:05 被阅读0次

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定义序列

$a_{n+1} = a_n + \frac{a_n^2}{n^2}, \quad 0 \leq a_1 < 1$ 。

证明这个数列的极限 $\lim_{n\to\infty} a_n$ 存在且有限。

证:

1.观察递推关系:

给定的递推关系式为 $a_{n+1}=a_n+\frac{a^2_n}{n^2}$ ，且初始条件 $0\leq a_1<1$ 。

2.分析增长趋势:

由于 $a_{n+1}>a_n$ ，序列 $\{a_n\}$ 是单调递增的。接下来，我们考虑 $a_n$ 的增长量 $\frac{a^2_n}{n^2}$ 。

3.利用比值法分析:

设 $f(n)=a_n$ ,则 $f(n+1)=f(n)+\frac{f(n)^2}{n^2}$ 。考虑比值 $\frac{f(n+1)}{f(n)}=1+\frac{f(n)}{n^2}$ 。由于 $f(n)$ 是递增的，且 $0\leq f(1)<1$ ，可以推断出 $f(n)$ 的增长速度随着 $n$ 的增大而减缓。

4.估计增长上限：

由于 $f(n)$ 的增长速度减缓,我们可以找到一个足够大的 $N$ ,使得对于所有 $n>N$ ，有 $\frac{f(n)}{n^2}<1$ 。因此，对于 $n>N$ ，有 $\frac{f(n+1)}{f(n)}<2$ ，即 $f(n)$ 的增长速度被限制在了一个常数倍以内。

5.证明极限存在且有限:

因为 $0\leq a_1<1$ ，且序列单调递增，假设 $a_n<2$ （这里的2是一个合理的猜测，可以根据具体情况调整）。

当 $n=1$ 时， $a_{1}<1<2$ 成立。

假设当 $n=k$ 时， $a_{k}<2$ 成立。

那么当 $n=k+1$ 时, $a_{k+1}=a_{k}+\frac{a_{k}^{2}}{k^{2}}$ 。

$\circ$ 因为 $a_{k}<2$ ，所以 $\frac{a_{k}^{2}}{k^{2}}<\frac{4}{k^{2}}$ 。

$\circ$ 则 $a_{k+1}=a_{k}+\frac{a_{k}^{2}}{k^{2}}<a_{k}+\frac{4}{k^{2}}$ 。

$\circ$ 当 $k$ 足够大时， $\frac{4}{k^{2}}$ 非常小，且 $a_{k}<2$ ，所以 $a_{k+1}<2$ 。

由数学归纳法可知，对于所有的 $n$ ， $a_{n}<2$ 。

所以序列 $\{a_{n}\}$ 有上界。

又因为序列单调递增，根据单调有界定理，极限 $\lim_{n \to \infty} a_{n}$ 存在。

6.结论:

证明了极限 $\lim_{n \to \infty} a_{n}$ 存在并且有限。

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