理工经管类数学竞赛讲座 2020 年 10 月 26 日
根据递推公式求数列极限
①一阶递推数列的极限
吕荐瑞 (lvjr.bitbucket.io) 暨南大学数学竞赛培训团队一阶差分方程
2
定义 1 设 {n} 为数列，形如 F(n,n,n+1) = 0 的方程称为一阶 差分方程．比如 n+1− nn = 1． 定义 2 形如 n+1− n = d（其中 , d 为常数）的差分方程称 为一阶常系数线性差分方程． (1) 当 = 1 时，通解为 n = dn + C． (2) 当 ̸= 1 时，通解为 n = d 1− + C n． 其中常数 C 可由初始项 1 决定．一阶差分方程
2
定义 1 设 {n} 为数列，形如 F(n,n,n+1) = 0 的方程称为一阶 差分方程．比如 n+1− nn = 1． 定义 2 形如 n+1− n = d（其中 , d 为常数）的差分方程称 为一阶常系数线性差分方程． (1) 当 = 1 时，通解为 n = dn + C． (2) 当 ̸= 1 时，通解为 n = d 1− + C n． 其中常数 C 可由初始项 1 决定．一阶差分方程
2
定义 1 设 {n} 为数列，形如 F(n,n,n+1) = 0 的方程称为一阶 差分方程．比如 n+1− nn = 1． 定义 2 形如 n+1− n = d（其中 , d 为常数）的差分方程称 为一阶常系数线性差分方程． (1) 当 = 1 时，通解为 n = dn + C． (2) 当 ̸= 1 时，通解为 n = d 1− + C n． 其中常数 C 可由初始项 1 决定．不动点方法
3
定义 对函数 ƒ()，如果有 0 = ƒ (0) 成立，则称 0 是函数 ƒ() 的不动点．
结论 设数列 {n} 由递推公式 n+1 = ƒ (n) 给出，且有极限 0． 若 ƒ() 在 0 处连续，则 0 必为 ƒ() 的不动点．
不动点方法
3
定义 对函数 ƒ()，如果有 0 = ƒ (0) 成立，则称 0 是函数 ƒ() 的不动点．
结论 设数列 {n} 由递推公式 n+1 = ƒ (n) 给出，且有极限 0． 若 ƒ() 在 0 处连续，则 0 必为 ƒ() 的不动点．
例 1 (2019 华为杯) 定义数列 {n} 如下： 0 = 0, n+1 = 2n + 1 4, n= 0,1,2,· · · . 证明数列 {n} 收敛，并求其极限． 解答 (1) 假设数列收敛，极限为 A，则 A = A2+ 1 4．解得 A = 1 2． (2) 由于 n+1 − n = 2n − 2n−1，利用数学归纳法可得数列 {n} 单调增加．再利用数学归纳法可得 n < 1 2 有上界．由单调有界定 理知数列 {n} 确实收敛．
例 1 (2019 华为杯) 定义数列 {n} 如下： 0 = 0, n+1 = 2n + 1 4, n= 0,1,2,· · · . 证明数列 {n} 收敛，并求其极限． 解答 (1) 假设数列收敛，极限为 A，则 A = A2+ 1 4．解得 A = 1 2． (2) 由于 n+1 − n = 2n − 2n−1，利用数学归纳法可得数列 {n} 单调增加．再利用数学归纳法可得 n < 1 2 有上界．由单调有界定 理知数列 {n} 确实收敛．
例 1 (2019 华为杯) 定义数列 {n} 如下： 0 = 0, n+1 = 2n + 1 4, n= 0,1,2,· · · . 证明数列 {n} 收敛，并求其极限． 解答 (1) 假设数列收敛，极限为 A，则 A = A2+ 1 4．解得 A = 1 2． (2) 由于 n+1 − n = 2n − 2n−1，利用数学归纳法可得数列 {n} 单调增加． 再利用数学归纳法可得 n < 1 2 有上界．由单调有界定 理知数列 {n} 确实收敛．
例 1 (2019 华为杯) 定义数列 {n} 如下： 0 = 0, n+1 = 2n + 1 4, n= 0,1,2,· · · . 证明数列 {n} 收敛，并求其极限． 解答 (1) 假设数列收敛，极限为 A，则 A = A2+ 1 4．解得 A = 1 2． (2) 由于 n+1 − n = 2n − 2n−1，利用数学归纳法可得数列 {n} 单调增加．再利用数学归纳法可得 n < 1 2 有上界． 由单调有界定 理知数列 {n} 确实收敛．
例 1 (2019 华为杯) 定义数列 {n} 如下： 0 = 0, n+1 = 2n + 1 4, n= 0,1,2,· · · . 证明数列 {n} 收敛，并求其极限． 解答 (1) 假设数列收敛，极限为 A，则 A = A2+ 1 4．解得 A = 1 2． (2) 由于 n+1 − n = 2n − 2n−1，利用数学归纳法可得数列 {n} 单调增加．再利用数学归纳法可得 n < 1 2 有上界．由单调有界定 理知数列 {n} 确实收敛．
例 2 (1988 北京) 设有数列 {n} 定义如下： 1 = 2, 2 = 2 + 1 1 , · · · , n+1 = 2 + 1 n , · · · 求证 lim n→∞n 存在，并求其值． 分析 从数列的前几项，可以看出数列不是单调的： 1 = 2, 3 = 12 5 = 2.4, 5 = 70 29 ≈ 2.4138, · · · 2 = 5 2 = 2.5, 4 = 29 12 ≈ 2.4167, 6 = 169 70 ≈ 2.4143, · · · 但是可以观察到 {2k−1} 和 {2k} 分别是单调增加和单调减少的．
例 2 (1988 北京) 设有数列 {n} 定义如下： 1 = 2, 2 = 2 + 1 1 , · · · , n+1 = 2 + 1 n , · · · 求证 lim n→∞n 存在，并求其值． 分析 从数列的前几项，可以看出数列不是单调的： 1 = 2, 3 = 12 5 = 2.4, 5 = 70 29 ≈ 2.4138, · · · 2 = 5 2 = 2.5, 4 = 29 12 ≈ 2.4167, 6 = 169 70 ≈ 2.4143, · · · 但是可以观察到 {2k−1} 和 {2k} 分别是单调增加和单调减少的．
解答 (方法 1) 用数学归纳法易知 2¶ n ¶ 5 2． 计算得 n+2− n = −2n − (1 + p 2) n − (1 − p 2) 2n + 1 , 因此 {2k−1} 和 {2k} 分别单调增加和单调减少，从而都收敛． 设它们的极限分别为 B 和 C，则有 B = lim n→∞2k+1 = limn→∞ 2+ 1 2k = 2 + 1 C, C = lim n→∞2k = limn→∞ 2+ 1 2k−1 = 2 + 1 B. 解得惟一正解 B = C = 1 +p2，从而 {n} 的极限也为 1+p2．
解答 (方法 1) 用数学归纳法易知 2¶ n ¶ 5 2．计算得 n+2− n = −2n − (1 + p 2) n− (1 − p 2) 2n + 1 , 因此 {2k−1} 和 {2k} 分别单调增加和单调减少，从而都收敛． 设它们的极限分别为 B 和 C，则有 B = lim n→∞2k+1 = limn→∞ 2+ 1 2k = 2 + 1 C, C = lim n→∞2k = limn→∞ 2+ 1 2k−1 = 2 + 1 B. 解得惟一正解 B = C = 1 +p2，从而 {n} 的极限也为 1+p2．
解答 (方法 1) 用数学归纳法易知 2¶ n ¶ 5 2．计算得 n+2− n = −2n − (1 + p 2) n− (1 − p 2) 2n + 1 , 因此 {2k−1} 和 {2k} 分别单调增加和单调减少，从而都收敛． 设它们的极限分别为 B 和 C，则有 B = lim n→∞2k+1 = limn→∞ 2+ 1 2k = 2 + 1 C, C = lim n→∞2k = limn→∞ 2+ 1 2k−1 = 2 + 1 B. 解得惟一正解 B = C = 1 +p2，从而 {n} 的极限也为 1+p2．
解答 (方法 1) 用数学归纳法易知 2¶ n ¶ 5 2．计算得 n+2− n = −2n − (1 + p 2) n− (1 − p 2) 2n + 1 , 因此 {2k−1} 和 {2k} 分别单调增加和单调减少，从而都收敛． 设它们的极限分别为 B 和 C，则有 B = lim n→∞2k+1 = limn→∞ 2+ 1 2k = 2 + 1 C, C = lim n→∞2k = limn→∞ 2+ 1 2k−1 = 2 + 1 B. 解得惟一正解 B = C = 1 +p2，从而 {n} 的极限也为 1+p2．
解答 (方法 1) 用数学归纳法易知 2¶ n ¶ 5 2．计算得 n+2− n = −2n − (1 + p 2) n− (1 − p 2) 2n + 1 , 因此 {2k−1} 和 {2k} 分别单调增加和单调减少，从而都收敛． 设它们的极限分别为 B 和 C，则有 B = lim n→∞2k+1 = limn→∞ 2+ 1 2k = 2 + 1 C, C = lim n→∞2k = limn→∞ 2+ 1 2k−1 = 2 + 1 B. 解得惟一正解 B = C = 1 +p2，从而 {n} 的极限也为 1+p2．
例 2 (1988 北京) 设数列 {n} 满足：1 = 2，n+1 = 2 + 1 n ． 求证 lim n→∞n 存在，并求其值． 解答 (方法 2) (1) 假设数列收敛，则极限为 A > 0，则 A = 2+1 A． 解得正解 A = 1 +p2． (2) |n − A| = 2+ 1 n−1 − 2+ 1 A = 1 n−1 − 1 A = |n−1− A| An−1 < |n−1− A| 4 < · · · < |1− A| 4n−1 → 0, 由极限定义 lim n→∞n = A．
例 2 (1988 北京) 设数列 {n} 满足：1 = 2，n+1 = 2 + 1 n ． 求证 lim n→∞n 存在，并求其值． 解答 (方法 2) (1) 假设数列收敛，则极限为 A > 0，则 A = 2+1 A． 解得正解 A = 1 +p2． (2) |n − A| = 2+ 1 n−1 − 2+ 1 A = 1 n−1 − 1 A = |n−1− A| An−1 < |n−1− A| 4 < · · · < |1− A| 4n−1 → 0, 由极限定义 lim n→∞n = A．
例 2 (1988 北京) 设数列 {n} 满足：1 = 2，n+1 = 2 + 1 n ． 求证 lim n→∞n 存在，并求其值． 解答 (方法 2) (1) 假设数列收敛，则极限为 A > 0，则 A = 2+1 A． 解得正解 A = 1 +p2． (2) |n − A| = 2+ 1 n−1 − 2+ 1 A = 1 n−1 − 1 A = |n−1− A| An−1 < |n−1− A| 4 < · · · < |1− A| 4n−1 → 0, 由极限定义 lim n→∞n = A．
例 2 (1988 北京) 设数列 {n} 满足：1 = 2，n+1 = 2 + 1 n ． 求证 lim n→∞n 存在，并求其值． 解答 (方法 2) (1) 假设数列收敛，则极限为 A > 0，则 A = 2+1 A． 解得正解 A = 1 +p2． (2) |n − A| = 2+ 1 n−1 − 2+ 1 A = 1 n−1 − 1 A = |n−1− A| An−1 < |n−1− A| 4 < · · · < |1− A| 4n−1 → 0, 由极限定义 lim n→∞n = A．
例 2 (1988 北京) 设数列 {n} 满足：1 = 2，n+1 = 2 + 1 n ． 求证 lim n→∞n 存在，并求其值． 解答 (方法 2) (1) 假设数列收敛，则极限为 A > 0，则 A = 2+1 A． 解得正解 A = 1 +p2． (2) |n − A| = 2+ 1 n−1 − 2+ 1 A = 1 n−1 − 1 A = |n−1− A| An−1 < |n−1− A| 4 < · · · < |1− A| 4n−1 → 0, 由极限定义 lim n→∞n = A．
例 2 (1988 北京) 设数列 {n} 满足：1 = 2，n+1 = 2 + 1 n ． 求证 lim n→∞n 存在，并求其值． 解答 (方法 2) (1) 假设数列收敛，则极限为 A > 0，则 A = 2+1 A． 解得正解 A = 1 +p2． (2) |n − A| = 2+ 1 n−1 − 2+ 1 A = 1 n−1 − 1 A = |n−1− A| An−1 < |n−1− A| 4 < · · · < |1− A| 4n−1 → 0, 由极限定义 lim n→∞n = A．
例 2 (1988 北京) 设数列 {n} 满足：1 = 2，n+1 = 2 + 1 n ． 求证 lim n→∞n 存在，并求其值． 解答 (方法 2) (1) 假设数列收敛，则极限为 A > 0，则 A = 2+1 A． 解得正解 A = 1 +p2． (2) |n − A| = 2+ 1 n−1 − 2+ 1 A = 1 n−1 − 1 A = |n−1− A| An−1 < |n−1− A| 4 < · · · < |1− A| 4n−1 → 0, 由极限定义 lim n→∞n = A．
练习 1 (2018 考研) 设数列 {n} 满足
1 > 0, nen+1 = en − 1, n= 1,2,· · · 证明 {n} 收敛，并求 lim
一阶递推数列的极限
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练习 2 (伯克利问题 1.3.11) 令 ƒ() = 1 4 + − 2．对任意实数 ，定义数列 {n} 如下： 0 = , n+1 = ƒ (n). 如果该数列收敛，记其极限为 ∞． (1) 若 = 0，证明数列 {n} 有界且广义单增，并求 ∞ 的值 （记为 λ）． (2) 求所有的 y 使得 y∞ = λ．理工经管类数学竞赛讲座 2020 年 10 月 26 日
根据递推公式求数列极限
②二阶递推数列的极限
吕荐瑞 (lvjr.bitbucket.io) 暨南大学数学竞赛培训团队二阶差分方程
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定义 1 设 {n} 为数列，形如 F(n,n,n+1,n+2) = 0 的方程称 为二阶差分方程．比如 n+2− n+1+ n = n． 定义 2 形如 n+2+ n+1+ bn = 0（其中 , b 为常数）的差分 方程称为二阶常系数线性齐次差分方程． 设它的特征方程 λ2+ λ + b = 0 的两个解为 λ1 和 λ2．则有 (1) 当 λ1 ̸= λ2 时，通解为 n = C1λn1+ C2λn2． (2) 当 λ1 = λ2 时，通解为 n = (C1+ C2n)λn1．二阶差分方程
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定义 1 设 {n} 为数列，形如 F(n,n,n+1,n+2) = 0 的方程称 为二阶差分方程．比如 n+2− n+1+ n = n． 定义 2 形如 n+2+ n+1+ bn = 0（其中 , b 为常数）的差分 方程称为二阶常系数线性齐次差分方程． 设它的特征方程 λ2+ λ + b = 0 的两个解为 λ1 和 λ2．则有 (1) 当 λ1 ̸= λ2 时，通解为 n = C1λn1+ C2λn2． (2) 当 λ1 = λ2 时，通解为 n = (C1+ C2n)λn1．二阶差分方程
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定义 1 设 {n} 为数列，形如 F(n,n,n+1,n+2) = 0 的方程称 为二阶差分方程．比如 n+2− n+1+ n = n． 定义 2 形如 n+2+ n+1+ bn = 0（其中 , b 为常数）的差分 方程称为二阶常系数线性齐次差分方程． 设它的特征方程 λ2+ λ + b = 0 的两个解为 λ 1 和 λ2． 则有 (1) 当 λ1 ̸= λ2 时，通解为 n = C1λn1+ C2λn2． (2) 当 λ1 = λ2 时，通解为 n = (C1+ C2n)λn1．二阶差分方程
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定义 1 设 {n} 为数列，形如 F(n,n,n+1,n+2) = 0 的方程称 为二阶差分方程．比如 n+2− n+1+ n = n． 定义 2 形如 n+2+ n+1+ bn = 0（其中 , b 为常数）的差分 方程称为二阶常系数线性齐次差分方程． 设它的特征方程 λ2+ λ + b = 0 的两个解为 λ 1 和 λ2．则有 (1) 当 λ1 ̸= λ2 时，通解为 n = C1λn1+ C2λn2． (2) 当 λ1 = λ2 时，通解为 n = (C1+ C2n)λn1．二阶差分方程
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注记 设二阶差分方程 n+2+ n+1+ bn = 0（, b 为常数）的 特征方程 λ2+ λ + b = 0 的两个解为 λ 1 和 λ2． 则有 n+2− λ1n+1 = λ2(n+1− λ1n), n+2− λ2n+1 = λ1(n+1− λ2n). 利用代换 yn = n+1− λ1n 或 yn = n+1 − λ2n，可以变成一阶 差分方程的问题．二阶差分方程
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注记 设二阶差分方程 n+2+ n+1+ bn = 0（, b 为常数）的 特征方程 λ2+ λ + b = 0 的两个解为 λ 1 和 λ2．则有 n+2− λ1n+1 = λ2(n+1− λ1n), n+2− λ2n+1 = λ1(n+1− λ2n). 利用代换 yn = n+1− λ1n 或 yn = n+1 − λ2n，可以变成一阶 差分方程的问题．二阶差分方程
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注记 设二阶差分方程 n+2+ n+1+ bn = 0（, b 为常数）的 特征方程 λ2+ λ + b = 0 的两个解为 λ 1 和 λ2．则有 n+2− λ1n+1 = λ2(n+1− λ1n), n+2− λ2n+1 = λ1(n+1− λ2n). 利用代换 yn = n+1− λ1n 或 yn = n+1 − λ2n， 可以变成一阶 差分方程的问题．二阶差分方程
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注记 设二阶差分方程 n+2+ n+1+ bn = 0（, b 为常数）的 特征方程 λ2+ λ + b = 0 的两个解为 λ 1 和 λ2．则有 n+2− λ1n+1 = λ2(n+1− λ1n), n+2− λ2n+1 = λ1(n+1− λ2n). 利用代换 yn = n+1− λ1n 或 yn = n+1 − λ2n，可以变成一阶 差分方程的问题．二阶递推数列的极限
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例 1 (伯克利问题 1.3.5) 设常数 0 < α < 1，数列 {n} 满足： n+1 = αn + (1 − α)n−1. 证明 lim n→∞n 存在，并将其值用 α, 0, 1 表示． 解答 由递推公式得 n+1− n = (α − 1)(n − n−1)，从而 n − n−1 = (α − 1)n−1(1− 0). 这样 n − 0 = n∑−1 k=0 (α − 1)k (1− 0)．取极限得 lim n→∞n = 0+ 1 1− (α − 1)(1− 0) = (1 − α)0+ 1 2− α .二阶递推数列的极限
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例 1 (伯克利问题 1.3.5) 设常数 0 < α < 1，数列 {n} 满足： n+1 = αn + (1 − α)n−1. 证明 lim n→∞n 存在，并将其值用 α, 0, 1 表示． 解答 由递推公式得 n+1− n = (α − 1)(n − n−1)， 从而 n − n−1 = (α − 1)n−1(1− 0). 这样 n − 0 = n∑−1 k=0 (α − 1)k (1− 0)．取极限得 lim n→∞n = 0+ 1 1− (α − 1)(1− 0) = (1 − α)0+ 1 2− α .二阶递推数列的极限
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例 1 (伯克利问题 1.3.5) 设常数 0 < α < 1，数列 {n} 满足： n+1 = αn + (1 − α)n−1. 证明 lim n→∞n 存在，并将其值用 α, 0, 1 表示． 解答 由递推公式得 n+1− n = (α − 1)(n − n−1)，从而 n − n−1 = (α − 1)n−1(1− 0). 这样 n − 0 = n∑−1 k=0 (α − 1)k (1− 0)．取极限得 lim n→∞n = 0+ 1 1− (α − 1)(1− 0) = (1 − α)0+ 1 2− α .二阶递推数列的极限
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例 1 (伯克利问题 1.3.5) 设常数 0 < α < 1，数列 {n} 满足： n+1 = αn + (1 − α)n−1. 证明 lim n→∞n 存在，并将其值用 α, 0, 1 表示． 解答 由递推公式得 n+1− n = (α − 1)(n − n−1)，从而 n − n−1 = (α − 1)n−1(1− 0). 这样 n − 0 = n∑−1 k=0 (α − 1)k (1− 0)． 取极限得 lim n→∞n = 0+ 1 1− (α − 1)(1− 0) = (1 − α)0+ 1 2− α .二阶递推数列的极限
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例 1 (伯克利问题 1.3.5) 设常数 0 < α < 1，数列 {n} 满足： n+1 = αn + (1 − α)n−1. 证明 lim n→∞n 存在，并将其值用 α, 0, 1 表示． 解答 由递推公式得 n+1− n = (α − 1)(n − n−1)，从而 n − n−1 = (α − 1)n−1(1− 0). 这样 n − 0 = n∑−1 k=0 (α − 1)k (1− 0)．取极限得 lim n→∞n = 0+ 1 1− (α − 1)(1− 0) = (1 − α)0+ 1 2− α .问题 设数列 {n} 满足递推公式 n+1 = n + b cn + d ，研究其极限． 解 答 令 ƒ() = + b c+ d，则 若 1 是 函 数 ƒ() 的不动点，即 ƒ(1) = 1 时，数列恒等于 1，极限也为 1．接下来我们都假定 1 并非不动点． 若 c = 0，则该数列满足一阶常系数线性差分方程，从而仅在 d < 1 时收敛于 b d− ．
问题 设数列 {n} 满足递推公式 n+1 = n + b cn + d ，研究其极限． 解 答 令 ƒ() = + b c+ d，则 若 1 是 函数 ƒ() 的不动点，即 ƒ(1) = 1 时，数列恒等于 1，极限也为 1．接下来我们都假定 1 并非不动点． 若 c = 0，则该数列满足一阶常系数线性差分方程，从而仅在 d < 1 时收敛于 b d− ．
问题 设数列 {n} 满足递推公式 n+1 = n + b cn + d ，研究其极限． 解 答 令 ƒ() = + b c+ d，则 若 1 是 函数 ƒ() 的不动点，即 ƒ(1) = 1 时，数列恒等于 1，极限也为 1．接下来我们都假定 1 并非不动点． 若 c = 0，则该数列满足一阶常系数线性差分方程，从而仅在 d < 1 时收敛于 b d− ．
解答 (续) 若 c ̸= 0，则令 yn = cn + d，即 n = yn − d c ，可以 得到 yn+1 = ( + d)yn + (bc − d) yn . 令 = + d， = bc − d，则得到 yn+1 = yn + yn 令 yn = q p，则 yn+1 = q+ p q ．因此可以令 yn = zn+1 zn ，其中 z1 = 1, z2 = y1, zn+2 = zn+1 + zn.
解答 (续) 若 c ̸= 0，则令 yn = cn + d，即 n = yn − d c ，可以 得到 yn+1 = ( + d)yn + (bc − d) yn . 令 = + d， = bc − d，则得到 yn+1 = yn + yn 令 yn = q p，则 yn+1 = q+ p q ．因此可以令 yn = zn+1 zn ，其中 z1 = 1, z2 = y1, zn+2 = zn+1+ zn.
解答 (续) 数列 {zn} 满足二阶常系数线性差分方程，其特征方程 z2− z − = 0 的两个解为 A= + p 2+ 4 2 , B= −p2+ 4 2 . (1) 当 Δ = 2 + 4 = 0 时，A = B，数列 {zn} 的通项为 zn = (α + βn)An，从而 lim n→∞yn = limn→∞ zn+1 zn = lim n→∞ (α + β(n + 1))An+1 (α + βn)An = A.
解答 (续) (2) 当 Δ = 2 + 4 > 0 时，数列 {z n} 的通项为 zn = αAn + βBn，从而 lim n→∞yn = limn→∞ zn+1 zn = limn→∞αA n+1+ βBn+1 αAn + βBn = ¨ A, 若 |A| > |B|; B, 若 |A| < |B|. 其中若 A = −B，则 = 0，从而 yn+1yn = ．此时仅在 y1 = ±p 时才收敛． (3) 当 Δ = 2 + 4 < 0 时，假设数列 {y n} 收敛于 y，则有 y2− y − = 0，该方程没有实数解，矛盾．从而数列 {yn} 发散．
解答 (续) (2) 当 Δ = 2 + 4 > 0 时，数列 {z n} 的通项为 zn = αAn + βBn，从而 lim n→∞yn = limn→∞ zn+1 zn = limn→∞αA n+1+ βBn+1 αAn + βBn = ¨ A, 若 |A| > |B|; B, 若 |A| < |B|. 其中若 A = −B，则 = 0，从而 yn+1yn = ．此时仅在 y1 = ±p 时才收敛． (3) 当 Δ = 2 + 4 < 0 时，假设数列 {y n} 收敛于 y，则有 y2− y − = 0，该方程没有实数解，矛盾．从而数列 {yn} 发散．
二阶递推数列的极限
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练习 1 (1999 北京) 设 1 = 1, 2 = 2，且当 n ¾ 3 时，有 n = n−1+ n−2，证明： (1) 3 2n−1 ¶ n ¶ 2n−1; (2) limn→∞ 1 n = 0.二阶递推数列的极限
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练习 2 (伯克利问题 1.3.12) 斐波那契 (Fibonacci) 数列 {ƒn} 的 定义如下 ƒ1 = 1, ƒ2 = 2, ƒn+1 = ƒn + ƒn−1, 对于 n≥ 2. 证明 lim n→∞ ƒn+1 ƒn 存在，并求其值．理工经管类数学竞赛讲座 2020 年 10 月 26 日
根据递推公式求数列极限
③多个递推数列的极限
吕荐瑞 (lvjr.bitbucket.io) 暨南大学数学竞赛培训团队多个递推数列的极限
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例 1 给定 0 < < b，令 1 = ，y1 = b． n+1 = p nyn, yn+1 = n+ yn 2 , n = 1,2,3,· · · 证明 {n} 和 {yn} 收敛，且 lim n→∞n = limn→∞yn． 解答 由平均值不等式有 yn > n．从而 n+1 = p nyn > p nn = n, yn+1 = n + yn 2 < yn + yn 2 = yn. 即有 ¶n < n+1 < yn+1 < yn ¶ b，从而 {n} 和 {yn} 收敛．多个递推数列的极限
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例 1 给定 0 < < b，令 1 = ，y1 = b． n+1 = p nyn, yn+1 = n+ yn 2 , n = 1,2,3,· · · 证明 {n} 和 {yn} 收敛，且 lim n→∞n = limn→∞yn． 解答 由平均值不等式有 yn > n．从而 n+1 = p nyn > p nn = n, yn+1 = n + yn 2 < yn + yn 2 = yn. 即有 ¶n < n+1 < yn+1 < yn ¶ b，从而 {n} 和 {yn} 收敛．多个递推数列的极限
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例 1 给定 0 < < b，令 1 = ，y1 = b． n+1 = p nyn, yn+1 = n+ yn 2 , n = 1,2,3,· · · 证明 {n} 和 {yn} 收敛，且 lim n→∞n = limn→∞yn． 解答 由平均值不等式有 yn > n．从而 n+1 = p nyn > p nn = n, yn+1 = n + yn 2 < yn + yn 2 = yn. 即有 ¶n < n+1 < yn+1 < yn ¶ b，从而 {n} 和 {yn} 收敛．多个递推数列的极限
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例 1 给定 0 < < b，令 1 = ，y1 = b． n+1 = p nyn, yn+1 = n+ yn 2 , n = 1,2,3,· · · 证明 {n} 和 {yn} 收敛，且 lim n→∞n = limn→∞yn． 解答 由平均值不等式有 yn > n．从而 n+1 = p nyn > p nn = n, yn+1 = n + yn 2 < yn + yn 2 = yn. 即有 ¶n < n+1 < yn+1 < yn ¶ b， 从而 {n} 和 {yn} 收敛．多个递推数列的极限
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例 1 给定 0 < < b，令 1 = ，y1 = b． n+1 = p nyn, yn+1 = n+ yn 2 , n = 1,2,3,· · · 证明 {n} 和 {yn} 收敛，且 lim n→∞n = limn→∞yn． 解答 由平均值不等式有 yn > n．从而 n+1 = p nyn > p nn = n, yn+1 = n + yn 2 < yn + yn 2 = yn. 即有 ¶n < n+1 < yn+1 < yn ¶ b，从而 {n} 和 {yn} 收敛．例 2 给定三个实数 1, b1, c1，对所有正整数 n，定义 n+1 = bn + cn 2 , bn+1 = cn+ n 2 , cn+1 = n + bn 2 . 证明这三个数列 {n}, {bn}, {cn} 收敛，并求它们的极限． 解答 首先注意到 n+1+ bn+1+ cn+1 = n + bn + cn = · · · = 1+ b1+ c1 = 3k. 代入第一个递推等式，得到 2n+1+ n = 3k．从而 n+1− k = − 1 2(n − k) = · · · = −1 2 n (1− k) → 0. 因此 {n} 的极限为 k，类似地 {bn} 和 {cn} 的极限也为 k．
例 2 给定三个实数 1, b1, c1，对所有正整数 n，定义 n+1 = bn + cn 2 , bn+1 = cn+ n 2 , cn+1 = n + bn 2 . 证明这三个数列 {n}, {bn}, {cn} 收敛，并求它们的极限． 解答 首先注意到 n+1 + bn+1+ cn+1 = n + bn + cn = · · · = 1+ b1+ c1 = 3k. 代入第一个递推等式，得到 2n+1+ n = 3k．从而 n+1− k = − 1 2(n − k) = · · · = −1 2 n (1− k) → 0. 因此 {n} 的极限为 k，类似地 {bn} 和 {cn} 的极限也为 k．
例 2 给定三个实数 1, b1, c1，对所有正整数 n，定义 n+1 = bn + cn 2 , bn+1 = cn+ n 2 , cn+1 = n + bn 2 . 证明这三个数列 {n}, {bn}, {cn} 收敛，并求它们的极限． 解答 首先注意到 n+1 + bn+1+ cn+1 = n + bn + cn = · · · = 1+ b1+ c1 = 3k. 代入第一个递推等式，得到 2n+1+ n = 3k．从而 n+1− k = − 1 2(n − k) = · · · = −1 2 n (1− k) → 0. 因此 {n} 的极限为 k，类似地 {bn} 和 {cn} 的极限也为 k．
例 2 给定三个实数 1, b1, c1，对所有正整数 n，定义 n+1 = bn + cn 2 , bn+1 = cn+ n 2 , cn+1 = n + bn 2 . 证明这三个数列 {n}, {bn}, {cn} 收敛，并求它们的极限． 解答 首先注意到 n+1 + bn+1+ cn+1 = n + bn + cn = · · · = 1+ b1+ c1 = 3k. 代入第一个递推等式，得到 2n+1+ n = 3k． 从而 n+1− k = − 1 2(n − k) = · · · = −1 2 n (1− k) → 0. 因此 {n} 的极限为 k，类似地 {bn} 和 {cn} 的极限也为 k．
例 2 给定三个实数 1, b1, c1，对所有正整数 n，定义 n+1 = bn + cn 2 , bn+1 = cn+ n 2 , cn+1 = n + bn 2 . 证明这三个数列 {n}, {bn}, {cn} 收敛，并求它们的极限． 解答 首先注意到 n+1 + bn+1+ cn+1 = n + bn + cn = · · · = 1+ b1+ c1 = 3k. 代入第一个递推等式，得到 2n+1+ n = 3k．从而 n+1− k = − 1 2(n − k) = · · · = −1 2 n (1− k) → 0. 因此 {n} 的极限为 k，类似地 {bn} 和 {cn} 的极限也为 k．
例 2 给定三个实数 1, b1, c1，对所有正整数 n，定义 n+1 = bn + cn 2 , bn+1 = cn+ n 2 , cn+1 = n + bn 2 . 证明这三个数列 {n}, {bn}, {cn} 收敛，并求它们的极限． 解答 首先注意到 n+1 + bn+1+ cn+1 = n + bn + cn = · · · = 1+ b1+ c1 = 3k. 代入第一个递推等式，得到 2n+1+ n = 3k．从而 n+1− k = − 1 2(n − k) = · · · = −1 2 n (1− k) → 0. 因此 {n} 的极限为 k，类似地 {bn} 和 {cn} 的极限也为 k．
例 2 给定三个实数 1, b1, c1，对所有正整数 n，定义 n+1 = bn + cn 2 , bn+1 = cn+ n 2 , cn+1 = n + bn 2 . 证明这三个数列 {n}, {bn}, {cn} 收敛，并求它们的极限． 解答 首先注意到 n+1 + bn+1+ cn+1 = n + bn + cn = · · · = 1+ b1+ c1 = 3k. 代入第一个递推等式，得到 2n+1+ n = 3k．从而 n+1− k = − 1 2(n − k) = · · · = −1 2 n (1− k) → 0. 因此 {n} 的极限为 k，类似地 {bn} 和 {cn} 的极限也为 k．
例 2 给定三个实数 1, b1, c1，对所有正整数 n，定义 n+1 = bn + cn 2 , bn+1 = cn+ n 2 , cn+1 = n + bn 2 . 证明这三个数列 {n}, {bn}, {cn} 收敛，并求它们的极限． 解答 首先注意到 n+1 + bn+1+ cn+1 = n + bn + cn = · · · = 1+ b1+ c1 = 3k. 代入第一个递推等式，得到 2n+1+ n = 3k．从而 n+1− k = − 1 2(n − k) = · · · = −1 2 n (1− k) → 0. 因此 {n} 的极限为 k， 类似地 {bn} 和 {cn} 的极限也为 k．
例 2 给定三个实数 1, b1, c1，对所有正整数 n，定义 n+1 = bn + cn 2 , bn+1 = cn+ n 2 , cn+1 = n + bn 2 . 证明这三个数列 {n}, {bn}, {cn} 收敛，并求它们的极限． 解答 首先注意到 n+1 + bn+1+ cn+1 = n + bn + cn = · · · = 1+ b1+ c1 = 3k. 代入第一个递推等式，得到 2n+1+ n = 3k．从而 n+1− k = − 1 2(n − k) = · · · = −1 2 n (1− k) → 0. 因此 {n} 的极限为 k，类似地 {bn} 和 {cn} 的极限也为 k．
多个递推数列的极限
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练习 1 给定 0 < < b，令 1 = ，y1 = b． n+1 = 2nyn n + yn , yn+1 = n + yn 2 , n = 1,2,3,· · · 证明 {n} 和 {yn} 收敛，并求出它们的极限．多个递推数列的极限
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练习 2 给定正实数 1, b1, c1，其和为 1，对所有正整数 n，定义
n+1 = 2n + 2bncn, bn+1 = bn2+ 2ncn, cn+1 = c2n + 2nbn. 证明这三个数列 {n}, {bn}, {cn} 收敛，并求它们的极限．
