幾道美國大學生數學競賽題的一般形式

幾道美國大學生數學競賽題的一般形式

蘇化明 · ^黃有度 · ^{潘 杰}

摘要: 給出幾道美國大學生數學競賽題的一般性結論並說明其應用。

關鍵詞: Putnam 數學競賽, 數列極限, Stolz 定理, 收斂速度。

歷屆美國大學生數學競賽 (The William Lowell Putnam Mathematical Competi- tion) 有這樣幾道試題:

一、 第 7 屆 (1947 年) A−1 題^[1]。 設數列 {aⁿ} 滿足條件

(2 − aⁿ)aⁿ+1 = 1, n≥ 1, 試證: 當 n → ∞ 時, lim_n→∞an 存在且等於 1。

二、 第 27 屆 (1966 年) A−3 題^[1]。

設 0 < x₁ <1 而 xⁿ₊₁ = xⁿ(1 − xⁿ), n = 1, 2, . . ., 求證: lim

n→∞nxn = 1。

三、 第 67 屆 (2006 年) B−6 題^[2]。 設 k 為大於 1 的整數, 若 a0 >0 且定義:

an+1 = aⁿ+ 1

√k

an

, n = 0, 1, 2, . . . , 求 lim

n→∞

a^kn⁺¹

n^k 。

本文得到了一個一般性命題, 由此命題可給出這幾道試題的統一解答, 然後通過其他實例 再進一步說明此命題的應用。

命題: 設函數 f (x) 在 [0, +∞) 上連續, 且 0 ≤ f(x) < x, x ∈ (0, +∞)。 對任意的 a₁ ≥ 0, 定義數列: aⁿ⁺¹ = f (aⁿ), n = 1, 2, . . .。 若存在正數 m > 0, 使

x→lim0⁺

[xf (x)]^m

x^m− [f(x)]^m = l (l 為常數) 成立, 則 lim

n→∞na^mn = l。

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證: 因 0 ≤ f(x) < x, 所以 0 ≤ aⁿ⁺¹ < an, 故數列 {aⁿ} 單調遞減且有下界, 從而數 列 {aⁿ}收斂。 令 lim_n→∞an = λ, 則 λ ≥ 0。 由函數 f(x) 連續性知 lim_n→∞an+1 = lim

n→∞f(aⁿ) = f( lim

n→∞an), 即 λ = f (λ)。

又因為 f (λ) < λ, 所以 λ = 0, 從而數列單調遞減趨於零。

利用數學分析中著名的施篤茨 (Stolz) 定理, 有

n→∞lim na^mn = lim

n→∞

n 1 a^mn

= lim

n→∞

n+ 1 − n 1

a^mn+1 − 1 a^mn

= lim

n→∞

a^mn · a^mn+1

a^mn − a^mn+1

,

由於 lim

n→∞an= 0, lim

n→∞a^mn+1 = lim

n→∞[f (aⁿ)]^m, 故

n→∞lim na^mn = lim

n→∞

a^mn · a^mn+1

a^mn − a^mn+1

= lim

x→0⁺

[xf (x)]^m

x^m− [f(x)]^m = l 。 注: 本命題與文 [3] 結論類似, 但這裏所需條件較弱, 證明方法與 [3] 也不同。

試題一的解答

由題設知 aⁿ6= 0, 2, n = 2, 3, . . ., 所以不妨設 aⁿ6= 0, 2, n = 1, 2, 3, . . . 。

令 bn= 1 − aⁿ, n = 1, 2, . . ., 則 bⁿ 6= ±1, 且由已知關係, 有 (1 + bⁿ)(1 + bⁿ+1) = 1, 或 bⁿ₊₁ = bn

1 + bⁿ。

若有某個 bk = 0, 則 b^k+1 = 0, 由此知當 n ≥ k 時, bⁿ = 0, 從而 lim

n→∞bn = 0,

n→∞lim an = 1, 結論成立。

以下設 bn 6= 0, n = 1, 2, . . . 。

若對一切自然數 n 有 −1 < bⁿ<0, 則由 bⁿ₊₁− bⁿ = bn

1 + bⁿ − bⁿ= − b²n

1 + bⁿ 及 1+bⁿ>0, −b²ⁿ <0 知 bⁿ+1−bⁿ <0, 從而數列 {bⁿ} 單調遞減且有下界 −1, 從而 lim_n→∞bn存 在。設 lim

n→∞bn= b, 則由 bⁿ+1 = bn

1 + bⁿ 知 b = 0, 而 b ≤ · · · ≤ bⁿ⁺¹ < bn <· · · < b² < b₁

<0, 由此得出矛盾。 因此存在自然數 k, 使得 b^k >0 或 b^k <−1。

若 bk<−1, 則由 b^k+ 1 < 0 知 b^k+1 = bk

1 + b^k >0, 故對於數列 {bⁿ}, 必有自然數 k, 使 bk >0, 再由 b^k+1 = bk

1 + b^k >0, 故當 n ≥ k 時, bⁿ>0。

由以上分析, 不妨可設 bⁿ>0, n = 1, 2, . . .。

在已證命題中取 m = 1, f (x) = x

1 + x = x(1 + x)⁻¹, 因為

x→lim0⁺

xf(x)

x− f(x) = lim

x→0⁺

x²(1 + x)⁻¹

x− x(1 + x)⁻¹ = lim

x→0⁺

x(1 − x + o(x)) 1 − (1 − x + o(x)) = 1, 所以 lim

n→∞nbn = 1, 從而 lim

n→∞bn= lim

n→∞

1

n = 0, 由此知 lim

n→∞an= 1。

注: 我們不僅證明了 lim

n→∞an = 1, 而且證明了, 當 aⁿ 6= 1 時, 1 − aⁿ ∼ 1

n (n → ∞), 即數列 {aⁿ} 收斂於 1 的速度與數列n1

n

o 收斂於零的速度相同。

試題二的解答

事實上我們可考慮更一般的結果^[4]。 設 0 < x₁ < 1

q, 其中 0 < q ≤ 1, 並且 xⁿ+1 = xⁿ(1 − qxⁿ), n = 1, 2, . . ., 證明:

n→∞lim nxn = 1 q。

在已證命題中取 m = 1, f (x) = x − qx², 因為

x→lim0⁺

xf(x)

x− f(x) = lim

x→0⁺

x²− qx³ qx² = 1

q, 所以 lim

n→∞nxn= 1 q。

特別取 q = 1, 則有 lim

n→∞nxn = 1, 此即試題二的答案。

試題三的解答 令 xn = 1

√k

an

, 則 x^kn = 1 an

, aⁿ = 1 x^kn

, aⁿ₊₁ = 1 x^kn+1

, n = 0, 1, 2, . . . 故由題設

an+1 = aⁿ+ 1

√k

an

知

xn+1 = xn

(1 + x^kn⁺¹)^1k, n = 0, 1, 2, . . . 。 在已證的命題中取 m = k + 1, f (x) = x(1 + x^k+1)^−1k, 因為

x→lim0⁺

[xf (x)]^k+1

x^k+1− [f(x)]^k+1 = lim

x→0⁺

x^k+1 x− 1

kx^k+2+ o(x^k+2)^k+1

x^k+1− x− 1

kx^k+2+ o(x^k+2)^k+1 = k k+ 1,

所以 lim

n→∞nx^kn⁺¹ = k k+ 1,

於是 lim

n→∞n^−kx^{−kn (k+1)} = 1 + 1

k

^k , 從而 lim

n→∞

a^kn⁺¹

n^k = 1 + 1

k

^k

。

注: (i) 從解題過程可知, 試題中 k 為大於 1 的整數這一條件可減弱為 k > 0。

(ii) 特別在 (1) 中取 k = 1, 可得^[4]: 設 a₁ >0, aⁿ+1 = aⁿ+ 1

an

, n = 1, 2, . . ., 則有 lim

n→∞

√a

2n = 1。

本文命題應用舉例

例1: 設 x1 >0, xⁿ+1 = ln(1 + xⁿ), n = 1, 2, . . ., 證明: lim

n→∞nxn = 2。

證: 在已證命題中取 m = 1, f (x) = ln(1 + x), 因為

x→lim0⁺ = xf(x)

x− f(x) = lim

n→0⁺

x

x− x²

2 + o(x²) x−

x− x²

2 + o(x²) = 2, 所以 lim

n→∞nxn= 2, 從而 xⁿ∼ 2

n (n → ∞)。

例2: 設 x1 >0, xⁿ+1 = arctan xⁿ, n = 1, 2, . . ., 證明: lim

n→∞

r 2n

3 xn= 1。

證: 在已證命題中取 m = 2, f (x) = arctan x, 因為

x→lim0⁺

[xf (x)]²

x²− [f(x)]² = lim

n→0⁺

x²

x− x³

3 + o(x³)2

x²−

x− x³

3 + o(x³)2 = 3 2,

所以 lim

n→∞nx²n= 3

2, 從而 lim

n→∞

r 2n

3 xn = 1, 亦即 xⁿ ∼r 3

2n (n → ∞)。

例3: 設 x1 >0, xⁿ+1 = xⁿ+√xn, n = 1, 2, . . ., 證明: lim

n→∞

√xn

n = 1 2。 證: 令 √xⁿ = 1

yn

, 則由題設 xⁿ+1 = xⁿ+ √xⁿ 知 yn²+1 = y²n

1 + yⁿ。由於 yn > 0, 故 yn+1 = yn

√1 + yⁿ, n = 1, 2, . . . 。

在已證的命題中取 m = 1, f (x) = x

√1 + x = x(1 + x)⁻¹², 因為

x→lim0⁺

xf(x)

x− f(x) = lim

x→0⁺

x² 1 − 1

2x+ o(x) x− x

1 −1

2x+ o(x) = 2, 所以 lim

n→∞nyn= 2, 此即 lim

n→∞

√nxn

= 2, 從而 lim

n→∞

√xn

n = 1 2。 注: (i) 所證極限說明了數列 {xⁿ} 發散到 +∞ 的速度與數列nn²

4

o發散到 +∞ (n →

∞ 時) 的速度是相同的。

(ii) 本例更一般的情形: 設 k > 1, 若 x1 >0, xⁿ+1 = xⁿ+ x

1 k

n, n = 1, 2, . . ., 則有

n→∞lim x^k−n ¹

n^k = 1 − 1

k

^k

。

例4: 設正數列 {aⁿ} 滿足: aⁿ⁺¹

n

P

i=1

a²i = 1, n = 1, 2, . . ., 證明: lim

n→∞

√3

3naⁿ = 1。

證: 設 xⁿ=

n

P

i=1

a²i, n = 1, 2, . . ., 由題設知 a²n+1

 ⁿ P

i=1

a²i

2

= 1, 故有 (xⁿ+1−xⁿ)x²n = 1, 由此得 xⁿ+1 = xⁿ+ 1

x²n

, n = 1, 2, . . . 。 再令 yn = 1

xn

, 則由 aⁿ+1 n

P

i=1

a²i = 1 及 xⁿ =

n

P

i=1

a²i 知 xn = 1 an+1

, 從而 yⁿ = aⁿ+1, n= 1, 2, . . ., 且有

1 yn+1

= 1 yn

+ yn² = 1 + yn³

yn

, 從而 yn+1 = yn

1 + yn³

, n = 1, 2, . . . 。 在已證命題中取 m = 3, f (x) = x

1 + x³ = x(1 + x³)⁻¹, 因為

x→lim0⁺

[xf (x)]³

x³− [f(x)]³ = lim

x→0⁺

x⁶(1 − x³+ o(x³))³

x³− x³(1 − x³+ o(x³))³ = lim

x→0⁺

x³(1− x³+ o(x³))³ 1− (1− x³+ o(x³))³ = 1

3, 所以 lim

n→∞ny³n= 1

3, 即有 lim

n→∞(3na³n+1) = 1, 由此可得 lim

n→∞

√3

3naⁿ= 1。

以下問題均可利用本文命題去解, 解題過程留給有興趣的讀者去完成。

問題1^[3]: 設 0 < x1 < π

2, xⁿ+1 = sin xⁿ, n = 1, 2, . . ., 證明: lim

n→∞

r n

3xn = 1。

問題2^[3]: 設 0 < x1 <1, xⁿ+1 = 1 − e^−xn, n = 1, 2, . . ., 證明: lim

n→∞nxn= 2。

問題 3: 設 a1 > 0, m > 1 為正整數, aⁿ+1 = an

m√1 + a^mn

, n = 1, 2, . . ., 證明:

n→∞lim

m√nan = 1。

問題4: 設 0 < x1 < π

2, xⁿ+1 = 2(1 − cos xⁿ) xn

, n = 1, 2, . . ., 證明: lim

n→∞nx²n = 6。

參考文獻

1. 劉裔宏, 許康, 吳茂貴, 魏力仁譯, 普特南數學競賽, 長沙: 湖南科學技術出版社, 1983。

2. The Sixty-seventh William Lowell Putnam Mathematical Competition, The Amer.

Math. Monthly 114, No.8, p.716-724, 2007.

3. Jolene Harris and Bogdam Suceavˇa, Iterational rate of convergence, The Amer. Math.

Monthly 115, No.2, 173, 2008.

4. 常庚哲, 史濟懷, 數學分析教程 (第一冊), 南京: 江蘇教育出版社, 1998。

—本文作者任教安徽省合肥工業大學數學系_—

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詳細情形請查詢中研院數學所網頁 http://www.math.sinica.edu.tw 2011 年為中央研究院數學研究所的 「組合數學」 特別年,

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