一道关于tanx=x解的极限题

作者: 洛玖言 | 来源:发表于2019-10-01 13:19 被阅读0次

题目

这是一个群友在群里问的题目

把方程 $\tan x=x$ 的正根从小到大顺序排成数列 $x_n$ ，求极限
$\lim_{n\to\infty}x_n^2\sin(x_{n+1}-x_n)$

解一

先上原解析
首先容易得到 $x_n\in\left((n-1)\pi,\;(n-1)\pi+\dfrac\pi2\right)$ ，于是 $x_n-(n-1)\pi\in(0,\;\dfrac\pi2)$ ，故
$x_n=\tan x_n=\tan(x_n-(n-1)\pi)$
所以 $\arctan x_n=x_n-(n-1)\pi$ ，且 $x_n-(n-1)\pi\to\dfrac{\pi}{2},\;n\to\infty$
$\begin{aligned} &\lim_{n\to\infty}x_n^2\sin(x_{n+1}-x_n)\\ =&\lim_{n\to\infty}x_n^2\sin(\arctan x_{n+1}-\arctan x_n+\pi)\\ =&-\lim_{n\to\infty}n^2\pi^2\sin\left[\arctan\left(\dfrac{x_{n+1}-x_n}{1+x_nx_{n+1}}\right)\right]\\ =&-\lim_{n\to\infty}n^2\pi^2\dfrac{x_{n+1}-x_n}{1+x_nx_{n+1}}=-\lim_{n\to\infty}(x_{n+1}-x_n)\\ =&-\lim_{n\to\infty}[x_{n+1}-n\pi-(x_n-(n-1)\pi)]-\pi\\ =&-\pi \end{aligned}$

唔，个人感觉这个解答也有一点的问题. 除非他不要 $x_1$ 了，因为 $x_1$ 不是解

二

因为有人认为我写出 $\sin x_n$ 的这一步，从复变的角度看会有问题，说是会有 $\text{Ln} Z$ ，多值复变啥的，我复变学的不好，所以仅供参考

依题意有 $\tan x_n=x_n$ ,
所以有 $\sin x_n=(-1)^n\dfrac{x_n}{\sqrt{1+x_n^2}}\;,\cos x_n=(-1)^n\dfrac{1}{\sqrt{1+x_n^2}}$
$\begin{aligned} &\sin(x_{n+1}-x_n)\\ =&\sin x_{x+1}\cos x_n-\sin x_n\cos x_{n+1}\\ =&-\dfrac{x_{n+1}}{\sqrt{1+x_{n+1}^2}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{1+x_n^2}}+\dfrac{x_n}{\sqrt{1+x_n^2}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{1+x_{n+1}^2}}\\ =&-\dfrac{x_{n+1}-x_n}{\sqrt{(1+x_n^2)(1+x_{n+1}^2)}} \end{aligned}$

也容易得到 $x_n\in\left[n\pi,n\pi+\dfrac\pi2\right)$
$x_{n+1}-x_n>\pi$ 且 $x_{n+1}-x_n>x_{n+2}-x_{n+1}$
于是有 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(x_{n+1}-x_n)=\pi$ 且 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{x_{n+1}}{x_n}=1$

$\begin{aligned} &\lim_{n\to\infty}x_n^2\sin(x_{n+1}-x_n)\\ =&-\lim_{n\to\infty}\dfrac{x_n^2}{\sqrt{(1+x_n^2)(1+x_{n+1}^2)}}\cdot(x_{n+1}-x_n)\\ =&-1\cdot\lim_{n\to\infty}(x_{n+1}-x_n)\\ =&-\pi \end{aligned}$

一道关于tanx=x解的极限题

题目

解一

二

相关文章

网友评论

延伸阅读

深度阅读

栏目导航

热点阅读