第三次作业参考答案

5.1 第三次作业参考答案

第3次习题课中的题目请直接参考对应讲义。

5.1.1 讲义习题3.2

例 5.1.1 （习题3.2.5）任取 $x_{0} \geq - 1$ ，记 $x_{n} = \sqrt{\frac{1 + x_{n - 1}}{2}}$ ， $n = 1, 2, 3, \dots$ 。

(1): 证明： ${x_{n}}$ 收敛。
(2): 求 $lim_{n \to + \infty} 4^{n} (1 - x_{n})$ 。
(3): 设 $y_{n} = 2 y_{n - 1}^{2} - 1$ ，其中 $- 1 \leq y_{0} \leq 1$ ， ${y_{n}}$ 是否收敛？

解 (1) 当 $x_{0} \neq 1$ 时，显然当 $n \geq 1$ 时， $x_{n} \geq 0$ 。可以归纳证明 $\begin{matrix} (1) & x_{n} ⋛ 1 ⟺ x_{1} ⋛ 1, n \geq 1 \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (2) & x_{n}^{2} - x_{n - 1}^{2} = \frac{1 + x_{n - 1} - 2 x_{n - 1}^{2}}{2} = \frac{(1 + 2 x_{n - 1}) (1 - x_{n - 1})}{2} ⋛ 0, x_{1} ⋚ 1 \end{matrix}$ 故 ${x_{n}}$ 单调有界，从而收敛。

(2) 当 $x_{0} \in [- 1, 1]$ 时，有 $0 \leq x_{n} \leq 1$ ，故可设 $θ_{n} = \arccos x_{n}$ ，则有 $\begin{matrix} (3) & θ_{n} = \frac{θ_{n - 1}}{2} ⟹ θ_{n} = \frac{θ_{0}}{2^{n}} ⟹ x_{n} = \cos \frac{\arccos x_{0}}{2^{n}} \end{matrix}$ 当 $x_{0} > 1$ 时，有 $x_{n} > 1$ ，故可设 $θ_{n} = \cosh^{- 1} x_{n} = \ln (x + \sqrt{x^{2} - 1})$ ，则有 $\begin{matrix} (4) & θ_{n} = \frac{θ_{n - 1}}{2} ⟹ θ_{n} = \frac{θ_{0}}{2^{n}} ⟹ x_{n} = \cosh \frac{\cosh^{- 1} x_{0}}{2^{n}} \end{matrix}$ 注意到 $\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} \cos x & = 1 - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}) \\ \cosh x & = 1 + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}) \end{aligned} \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (6) & 4^{n} (1 - x_{n}) = {\begin{cases} 4^{n} (1 - \cos \frac{\arccos x_{0}}{2^{n}}) \to \frac{1}{2} {(\arccos x_{0})}^{2}, & x_{0} \in [- 1, 1] \\ 4^{n} (1 - \cosh \frac{\cosh^{- 1} x_{0}}{2^{n}}) \to - \frac{1}{2} {(\cosh^{- 1} x_{0})}^{2}, & x_{0} > 1 \end{cases} \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (7) & lim_{n \to + \infty} 4^{n} (1 - x_{n}) = {\begin{cases} \frac{1}{2} {(\arccos x_{0})}^{2}, & x_{0} \in [- 1, 1] \\ - \frac{1}{2} {(\cosh^{- 1} x_{0})}^{2}, & x_{0} > 1 \end{cases} \end{matrix}$

(3) 可以归纳证明 $\forall n \in N$ 都有 $- 1 \leq y_{n} \leq 1$ ，故可设 $θ_{n} = \arccos y_{n}$ ，则有 $\begin{matrix} (8) & θ_{n} = 2 θ_{n - 1} ⟹ θ_{n} = 2^{n} θ_{0} ⟹ y_{n} = \cos (2^{n} \arccos y_{0}) \end{matrix}$ 当 $\frac{θ_{0}}{π} \notin Q$ 时，则 ${\cos (2^{n} θ_{0})}_{n \in N}$ 在 $[- 1, 1]$ 上稠密，故 ${y_{n}}$ 不收敛。当 $θ_{0} = \frac{p}{q} \cdot 2 π$ 时，可以归纳证明：

i.: $\forall n, m \in N$ ， $(2^{n + 1} - 2^{n}) p \equiv 0 (\mod q) ⟹ (2^{n + m} - 2^{n}) p \equiv 0 (\mod q)$ 。
ii.: $\forall n, m \in N$ ， $(2^{n + 1} + 2^{n}) p \equiv 0 (\mod q) ⟹ (2^{n + m} - 2^{n}) p \equiv 0 (\mod q)$ 或 $(2^{n + m} + 2^{n}) p \equiv 0 (\mod q)$ 。

由于 $2^{n} p \mod q$ 只能取离散的值，为使 ${y_{n}}$ 收敛，须 $\exists N \in N$ 使得 $\forall n \geq N$ ，以下两者至少有一个成立： $\begin{matrix} (9) & 2^{n} p \equiv p^{'} (\mod q), 2^{n} p \equiv - p^{'} (\mod q) \end{matrix}$ 其中 $p^{'}$ 为常数， $\cos \frac{2 p^{'} π}{q}$ 即为极限。考虑 $2^{N} p$ 和 $2^{N + 1} p$ 两项：若它们同余，则由i.可知 $n \geq N ⟹ 2^{n} p \equiv p^{'} (\mod q)$ ，此时 ${y_{n}}$ 收敛，且有 $\begin{matrix} (10) & 2^{N + 1} p - 2^{N} p = 2^{N} p = k q ⟹ θ_{0} = \frac{p}{q} \cdot 2 π = \frac{2 π k}{2^{N}}, k \in Z, N \in N \end{matrix}$ 若它们的和同余，则由ii.可知 $n \geq N ⟹ 2^{n} p \equiv \pm p^{'} (\mod q)$ ，此时 ${y_{n}}$ 收敛，且有 $\begin{matrix} (11) & 2^{N + 1} p + 2^{N} p = 3 \times 2^{N} p = k q ⟹ θ_{0} = \frac{p}{q} \cdot 2 π = \frac{2 π k}{3 \times 2^{N}}, k \in Z, N \in N \end{matrix}$ 故 ${y_{n}}$ 收敛当且仅当 $\begin{matrix} (12) & y_{0} = \cos \frac{2 π k}{2^{N}} \lor y_{0} = \cos \frac{2 π k}{3 \times 2^{N}}, k \in Z, N \in N \end{matrix}$ $◻$

5.1.2 讲义习题3.3

例 5.1.2 （习题3.3.5）设 $f : I \to R$ 是区间 $I \subset R$ 上的连续函数，且 $\exists x^{*} \in I$ 满足 $f (f (x^{*})) = x^{*} \neq f (x^{*})$ 。证明： $f$ 在 $I$ 中有不动点。

证明考虑函数 $g (x) := f (x) - x$ 。不妨设 $g (0) \neq 0$ ，否则 $0$ 就是不动点；不妨设 $g (0) > 0$ ，否则可令 $f \leftarrow - f$ 。

根据题设可得 $y^{*} = f (x^{*}) \in I$ 。假设 $\forall x \in I$ 都有 $g (x) \neq 0$ ，则 $\forall x \in I$ 都有 $g (x) > 0$ ，否则可通过介值定理找到零点，此时 $\begin{matrix} (13) & f (f (x^{*})) - x^{*} = [f (y^{*}) - y^{*}] + [f (x^{*}) - x^{*}] > 0 + 0 = 0 \end{matrix}$ 矛盾！故 $\exists ξ \in I$ 使得 $g (ξ) = 0$ ，即 $f (ξ) = ξ$ 。 $◻$

5.1.3 讲义习题3.4

例 5.1.3 （习题3.4.1）设 $n$ 是正整数，连续函数 $f : R \to R$ 满足 $f (x) = x^{2 n} + o (x^{2 n}), x \to \infty$ ，证明： $f$ 有最小值。

证明由于 $lim_{x \to \infty} f (x) = + \infty$ ，故 $\exists M > 0$ 使得 $\forall | x | > M$ ， $f (x) > f (0)$ 。由于 $f$ 在 $[- M, M]$ 上连续，故 $f$ 在 $[- M, M]$ 上有最小值，记为 $m$ ，且 $\exists ξ \in [- M, M]$ 使得 $f (ξ) = m \leq f (0)$ 。因此 $\begin{matrix} (14) & f (x) {\begin{matrix} > f (0), & | x | > M \\ \geq m, & | x | \leq M \end{matrix}} \geq m = f (ξ), \forall x \in R \end{matrix}$ 即 $m$ 就是 $f$ 在 $R$ 上的最小值。 $◻$

例 5.1.4 （习题3.4.3）设 $a \in R$ ， $f$ 在区间 $[a, + \infty)$ 上连续， $lim_{x \to + \infty} f (x) = A \in R \cup {- \infty, + \infty}$ 。证明： $f$ 存在最大值或存在最小值。

证明若 $f (x) \equiv A$ （此时 $A \neq \pm \infty$ ），则命题显然成立。

若 $\exists b \in [a, + \infty)$ 使得 $f (b) > A$ ，则 $\exists N > 0$ ，使得 $\begin{matrix} (15) & x > N ⟹ | f (x) - A | < f (b) - A ⟹ f (x) < f (b) \end{matrix}$ 而连续函数 $f$ 在有界闭集 $[a, N]$ 上有最大值，这也是 $f$ 在 $[a, + \infty)$ 上的最大值。

若 $\exists b \in [a, + \infty)$ 使得 $f (b) < A$ ，同理可证 $f$ 在 $[a, + \infty)$ 上有最小值。 $◻$

补充例题若 $A \in R$ ，证明： $f$ 在 $[a, + \infty)$ 上一致连续。

证明反证法。假设 $f$ 不一致连续，则 $\exists ε > 0$ ，使得 $\forall n \in N$ ， $\exists x_{n}, y_{n} \in [a, + \infty)$ ，使得 $| x_{n} - y_{n} | < \frac{1}{n}$ 且 $| f (x_{n}) - f (y_{n}) | \geq ε$ 。

若 ${x_{n}}$ 有界，则 ${x_{n}}$ 有收敛子列 $lim_{k \to + \infty} {x_{n_{k}}} = x^{*} \in [a, + \infty)$ ，此时 $| x_{n_{k}} - y_{n_{k}} | < \frac{1}{n_{k}} \leq \frac{1}{k} ⟹ lim_{k \to + \infty} y_{n_{k}} = x^{*}$ 。由于 $f$ 在 $[a, + \infty)$ 上连续，故 $lim_{k \to + \infty} [f (x_{n_{k}}) - f (y_{n_{k}})] = 0$ ，矛盾！

若 ${x_{n}}$ 无界，则 ${y_{n}}$ 亦无界。由于 $f$ 在 $[a, + \infty)$ 上连续，故 $lim_{n \to + \infty} [f (x_{n}) - f (y_{n})] = 0$ ，矛盾！ $◻$