數列的極限與函數的不動點

摘要在常見數學分析的教科書中，關于求數列的極限方法介紹了不少，如單調有界定理、柯西收斂準則、兩邊夾法則等，另外還有將數列的極限轉化為函數的極限，再用洛比達法則來求取的方法。但對于求上、下極限，各種教材均把它作為一種新的概念介紹，雖對其定義及性質有較詳細的論述，但對如何運用上、下極限來判斷數列的斂散性及如何求極限值這些方面則介紹甚少。本文將求迭代數列的極限與求某函數的不動點聯系在一起，給出幾個定理，將求迭代數列的極限問題轉化為求某一函數的不動點問題，并舉例介紹了這種在求(證)數列極限方面的應用，使證明迭代數列的斂散性的過程得到簡化。

關鍵詞迭代格式 斂散性 不動點理論

中圖分類號:O174文獻標識碼:A

對連續函數而言，極限運算與函數運算之間的順序是可交換的，但函數運算與上、下極限運算的順序交換性不成立。

例1求

解由于對數函數的連續性有 原式= ln(1+ x) = ln[(1 + x)]= lne =1

例2 {xn}={，，， + ， + ， + ，…， + ， + ， + }

解xn= ，xn= 。當f(x) = sinx時，

得到f(xn) =1≠sin或sin。

我們知道，任何數列都必有上極限和下極限，但不是任何數列都有極限。由于上述原因，使用上、下極限去求數列極限方面受到了極大限制，不過，只要我們加強對f(x)的要求，就可得到如下交換定理。

定理1設函數f(x)定義在[a，b]上且連續、單調，那么對于任意{xn}[a，b]有

(1)f(x)單調遞增時，f(xn) = f (xn)，f(xn) = f (xn);

(2) 單調遞減時，f(xn) = f (xn)，f(xn) = f (xn)。

對于定理1，我們也可以放寬“對f(x)的定義域要求有界”的限制，從而得

定理2設f(x)在無界的區間I上連續、單調，那么對于任意的{xn}[a，b]有

(1)f(x)單調遞增時， f(xn) = f (xn) ，f(xn) = f (xn)

(2) f(x)單調遞減時， f(xn) = f (xn)，f(xn) = f (xn)

為使上、下極限成為(證)迭代數列xn+1=f(xn)的斂散性工具，先引入下列引理

引理1設f:I→IR'，若H1 ):g(x) = f(f(x))在I上有唯一不動點x0，則f(x)在I上必有唯一不動點x0。

定理3設f:I→IR'連續、單調，I為有界閉區間且H1)成立，則對任意迭代列xn+1 = f(xn)(n≥1)，只要從某項之后全部落入I內，則{xn}必收斂于f(x)的不動點。

證由于xn+1 = f(xn)(n≥1)從某項之后全部落入I內，則有

-∞< = xn≤xn= <+∞且，∈I。

(1)若f在I上單調遞增，有定理2知

= f()， = f() 再有引理1知 = ;

(2) 若f單調遞減，有定理2知

= f()， = f()，即= f(f()) ，= f(f()) ， 由H1)知 = 。

例3x0∈R，xn+1= cosxn(n≥0)，則{xn}從第三項起就全部落入[0，1]內，顯然f(x) = cosx在[0，1]上單調，f(f(x) = cosx)上[0，1]有唯一不動點，故滿足定理3的條件，因此{xn}收斂。

若放寬對I有界的限制，則需要如下引理:

引理2設f:I→IR'連續，I為無界區間，

若H2):|| = l<1，或者存在M0>0，

當|x|>M0時||≤1

則對任意x1∈I，xn+1 = f(xn)，{xn}必是I中的有界列。

證由于存在M0>0，當|x|>M0時，有|f(x)|≤|x|

令 A = {x1}∪{xn:|xn≤M0}，B = {xn:|xn>M0}\\{x1}，

則 {xn} = A∪B，A∩B =

且A為有界集。由f的連續性知:M = sup|f(y)|<+∞

下證B有界集。若不然，則存在xN∈B使得|xN|>M。

由于xN = f(xN-1)且|xN| > M，根據M的定義知xN-1A，即xN-1∈B

下面說明 |xN-1|>M

若 |xN-1|≤M，因為xN-1∈B，故有B的定義知 |xN-1|≤M0，

從而由(1)式知

|xN| = |f(xN-1)|≤|xN-1|≤M

這又與xN的取法相矛盾，從而必有xN-1∈B且|xN-1|>M

依次類推知x1∈B，矛盾。

利用引理2和定理3的證明方法，很容易得到定理4。

定理4設f:I→IR'連續、單調，H1)，H2)且成立，則對任意，x1∈I，xn+1= f(xn)(n≥1)，{xn}必收斂于f(x)的不動點。

注1定理4中的H2)條件不能降低，

例如f(x) = 2x-1取x1 = 2，xn+1= f(xn)(n≥1)則{xn}發散。

注2H1)不滿足時，定理4不再成立。

例如f(x) = (x>0)，對任意x1>0(x≠1)，xn+1= f(xn)(n≥1)，

則{xn}發散。

注3當f(x)單調遞增且f(x)有唯一不動點，則去掉H1)，定理4的結論仍成立.例如xn+1=1+lnxn (x0≥1，n≥1)就屬于這種情況。

例4設a>0，x1 = ，xn= (n>1)證明數列{xn}收斂并求極限。

證當0

設0

故此時{xn}遞減且有上界。

當a≥1時，有 a≥x2 = ≥ = x1

設a≥xk≥xk-1，則 a≥xk+1≥≥ = xk

故此時{xn}遞增且有下界。

因此，{xn}收斂，設 xn = l，則xn = l ==

即l3 = al因l>0，l=。

例5設an+1 = kan+lan-1，a1，a2∈R，a12+a22≠0，k，l>0

證明{}收斂。

證因為a12+a22≠0且an+1 = kan+lan-1(k，l>0)，容易驗證{an}至多有一項等于零，不妨設an>0(n∈N)，則 = k+l

令xn+1= ，則xn+1=k+。

(1)若An∈N，xn∈0令f(x) = k+，x∈(-∞，0)

顯然f在(-∞，0)上連續、單調遞減且|| = 0 <1，

f(f(x)) = k + 在(-∞，0)有唯一不動點x = ，

有定理4知

= xn =

(2)若存在n0∈N，xn0 > 0那么An > n0，xn > 0，

令f(x) = k+ ，x∈(0，+∞)。

同理可證

= xn=

此題選自43頁第34題，同中的解法相比，上述方法較為簡便。

利用上述方法，也可求由遞推關系an+1 = anp anr定義的數列{an}的通項表達式的極限，其a1，a2，p，r > 0。

另外，中第48頁第38題中定義的數列

xn+1 =(a > 1，x1 > )，

也可用上述方法得到數列{xn}收斂的結論。

為了說明某些迭代數列的極限值不為零，需要下面的引理:

引理3設f:I→I連續，0∈I且f(0) = 0，當x≠0時f(0)≠0有，若H3)|| = l>1或存在0>0，當|x|<0時有|f(x)|≥|x|。則對任意x1∈I(x1≠0)，xn+1 = f(xn)零不是{xn}的聚點。

其證明類似引理2的證明。

定理5設f滿足引理3的條件，并滿足H2)、H3)，I為無界的區間。若f(f(x))在I上有唯一的非零不動點，則對x1∈I(f(x1)≠0)，xn+1 = f(xn)收斂于該非零不動點。

其證明方法類似于定理4。

例6設x0 > 0，xn+1 = ，(a > 0)證明{xn}收斂。

證 法1 由題設可知xn > 0，(n=1，2…)

當x > y > 0時

-=> 0

故函數f(x) = 在(0，+∞)上是遞增的。于是

若0

又由于xn+1 - xn => 0

因此，{xn}是遞增且有上界的數列。

若≤x0，則同理可證，{xn}是遞增且有上界的數列，

綜上所述，{xn}收斂，令

xn = l并在xn+1 = 的兩端取極限，即得l = 。

法2令f(x) = ，f:[0，+∞)→[0，+∞)，

f'(x) = 3≥0，f(x)在[0，+∞)上有唯一的非零不動點，且 = <1， = >1，

由定理5知:

xn=

從例6的證法1可以看出，用單調有界證明相對于用不動點證明，其過程較為繁瑣。

參考文獻

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