数列的极限与函数的不动点
摘要在常见数学分析的教科书中,关于求数列的极限方法介绍了不少,如单调有界定理、柯西收敛准则、两边夹法则等,另外还有将数列的极限转化为函数的极限,再用洛比达法则来求取的方法。但对于求上、下极限,各种教材均把它作为一种新的概念介绍,虽对其定义及性质有较详细的论述,但对如何运用上、下极限来判断数列的敛散性及如何求极限值这些方面则介绍甚少。本文将求迭代数列的极限与求某函数的不动点联系在一起,给出几个定理,将求迭代数列的极限问题转化为求某一函数的不动点问题,并举例介绍了这种在求(证)数列极限方面的应用,使证明迭代数列的敛散性的过程得到简化。
关键词迭代格式 敛散性 不动点理论
中图分类号:O174文献标识码:A
对连续函数而言,极限运算与函数运算之间的顺序是可交换的,但函数运算与上、下极限运算的顺序交换性不成立。
例1求
解由于对数函数的连续性有 原式= ln(1+ x) = ln[(1 + x)]= lne =1
例2 {xn}={,,, + , + , + ,…, + , + , + }
解xn= ,xn= 。当f(x) = sinx时,
得到f(xn) =1≠sin或sin。
我们知道,任何数列都必有上极限和下极限,但不是任何数列都有极限。由于上述原因,使用上、下极限去求数列极限方面受到了极大限制,不过,只要我们加强对f(x)的要求,就可得到如下交换定理。
定理1设函数f(x)定义在[a,b]上且连续、单调,那么对于任意{xn}[a,b]有
(1)f(x)单调递增时,f(xn) = f (xn),f(xn) = f (xn);
(2) 单调递减时,f(xn) = f (xn),f(xn) = f (xn)。
对于定理1,我们也可以放宽“对f(x)的定义域要求有界”的限制,从而得
定理2设f(x)在无界的区间I上连续、单调,那么对于任意的{xn}[a,b]有
(1)f(x)单调递增时, f(xn) = f (xn) ,f(xn) = f (xn)
(2) f(x)单调递减时, f(xn) = f (xn),f(xn) = f (xn)
为使上、下极限成为(证)迭代数列xn+1=f(xn)的敛散性工具,先引入下列引理
引理1设f:I→IR",若H1 ):g(x) = f(f(x))在I上有唯一不动点x0,则f(x)在I上必有唯一不动点x0。
定理3设f:I→IR"连续、单调,I为有界闭区间且H1)成立,则对任意迭代列xn+1 = f(xn)(n≥1),只要从某项之后全部落入I内,则{xn}必收敛于f(x)的不动点。
证由于xn+1 = f(xn)(n≥1)从某项之后全部落入I内,则有
-∞< = xn≤xn= <+∞且,∈I。
(1)若f在I上单调递增,有定理2知
= f(), = f() 再有引理1知 = ;
(2) 若f单调递减,有定理2知
= f(), = f(),即= f(f()) ,= f(f()) , 由H1)知 = 。
例3x0∈R,xn+1= cosxn(n≥0),则{xn}从第三项起就全部落入[0,1]内,显然f(x) = cosx在[0,1]上单调,f(f(x) = cosx)上[0,1]有唯一不动点,故满足定理3的条件,因此{xn}收敛。
若放宽对I有界的限制,则需要如下引理:
引理2设f:I→IR"连续,I为无界区间,
若H2):|| = l<1,或者存在M0>0,
当|x|>M0时||≤1
则对任意x1∈I,xn+1 = f(xn),{xn}必是I中的有界列。
证由于存在M0>0,当|x|>M0时,有|f(x)|≤|x|
令 A = {x1}∪{xn:|xn≤M0},B = {xn:|xn>M0}\{x1},
则 {xn} = A∪B,A∩B =
且A为有界集。由f的连续性知:M = sup|f(y)|<+∞
下证B有界集。若不然,则存在xN∈B使得|xN|>M。
由于xN = f(xN-1)且|xN| > M,根据M的定义知xN-1A,即xN-1∈B
下面说明 |xN-1|>M
若 |xN-1|≤M,因为xN-1∈B,故有B的定义知 |xN-1|≤M0,
从而由(1)式知
|xN| = |f(xN-1)|≤|xN-1|≤M
这又与xN的取法相矛盾,从而必有xN-1∈B且|xN-1|>M
依次类推知x1∈B,矛盾。
利用引理2和定理3的证明方法,很容易得到定理4。
定理4设f:I→IR"连续、单调,H1),H2)且成立,则对任意,x1∈I,xn+1= f(xn)(n≥1),{xn}必收敛于f(x)的不动点。
注1定理4中的H2)条件不能降低,
例如f(x) = 2x-1取x1 = 2,xn+1= f(xn)(n≥1)则{xn}发散。
注2H1)不满足时,定理4不再成立。
例如f(x) = (x>0),对任意x1>0(x≠1),xn+1= f(xn)(n≥1),
则{xn}发散。
注3当f(x)单调递增且f(x)有唯一不动点,则去掉H1),定理4的结论仍成立.例如xn+1=1+lnxn (x0≥1,n≥1)就属于这种情况。
例4设a>0,x1 = ,xn= (n>1)证明数列{xn}收敛并求极限。
证当0 设0 故此时{xn}递减且有上界。 当a≥1时,有 a≥x2 = ≥ = x1 设a≥xk≥xk-1,则 a≥xk+1≥≥ = xk 故此时{xn}递增且有下界。 因此,{xn}收敛,设 xn = l,则xn = l == 即l3 = al因l>0,l=。 例5设an+1 = kan+lan-1,a1,a2∈R,a12+a22≠0,k,l>0 证明{}收敛。 证因为a12+a22≠0且an+1 = kan+lan-1(k,l>0),容易验证{an}至多有一项等于零,不妨设an>0(n∈N),则 = k+l 令xn+1= ,则xn+1=k+。 (1)若An∈N,xn∈0令f(x) = k+,x∈(-∞,0) 显然f在(-∞,0)上连续、单调递减且|| = 0 <1, f(f(x)) = k + 在(-∞,0)有唯一不动点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,+∞)。 同理可证 = xn= 此题选自43页第34题,同中的解法相比,上述方法较为简便。 利用上述方法,也可求由递推关系an+1 = anp a定义的数列{an}的通项表达式的极限,其a1,a2,p,r > 0。 另外,中第48页第38题中定义的数列 xn+1 =(a > 1,x1 > ), 也可用上述方法得到数列{xn}收敛的结论。 为了说明某些迭代数列的极限值不为零,需要下面的引理: 引理3设f:I→I连续,0∈I且f(0) = 0,当x≠0时f(0)≠0有,若H3)|| = l>1或存在0>0,当|x|<0时有|f(x)|≥|x|。则对任意x1∈I(x1≠0),xn+1 = f(xn)零不是{xn}的聚点。 其证明类似引理2的证明。 定理5设f满足引理3的条件,并满足H2)、H3),I为无界的区间。若f(f(x))在I上有唯一的非零不动点,则对x1∈I(f(x1)≠0),xn+1 = f(xn)收敛于该非零不动点。 其证明方法类似于定理4。 例6设x0 > 0,xn+1 = ,(a > 0)证明{xn}收敛。 证 法1 由题设可知xn > 0,(n=1,2…) 当x > y > 0时 -=> 0 故函数f(x) = 在(0,+∞)上是递增的。于是 若0 又由于xn+1 - xn => 0 因此,{xn}是递增且有上界的数列。 若≤x0,则同理可证,{xn}是递增且有上界的数列, 综上所述,{xn}收敛,令 xn = l并在xn+1 = 的两端取极限,即得l = 。 法2令f(x) = ,f:[0,+∞)→[0,+∞), f"(x) = 3≥0,f(x)在[0,+∞)上有唯一的非零不动点,且 = <1, = >1, 由定理5知: xn= 从例6的证法1可以看出,用单调有界证明相对于用不动点证明,其过程较为繁琐。 参考文献 [1]华东师范大学数学系.数学分析[M].北京.高等教育出版社,1994:83-84,233-236. [2]郭大均.非线性泛函分析[M].济南:山东科技出版社,2001:156-170,353-358. [3]孙本旺,汪浩.数学分析典型例题和解题方法[M].长沙:湖南科学出版社,1981:38-76. [4]汪林.数学分析中的问题和反例[M].云南科技出版社,1990:13-18.