这个题就比较简单了
a
0
=
1
,
∀
k
∈
N
+
,
a
k
+
1
=
1
a
k
+
1
a_0=1, \forall k\in \N_+, a_{k+1}=\frac{1}{a_k+1}
a0=1,∀k∈N+,ak+1=ak+11
求：
lim
n
→
∞
a
n
\lim_{n\to \infty} a_n
n→∞liman
解法
思路很明确，题目很简单，先证明极限存在，再通过解极限方程得到极限值。
先试着写出前几项：
{
1
,
1
2
,
2
3
,
3
5
,
5
8
,
⋯
}
\{1, \frac{1}{2}, \frac{2}{3},\frac{3}{5},\frac{5}{8}, \cdots\}
{1,21,32,53,85,⋯}
证法一：单调有界收敛
显然
∀
k
,
a
k
>
0
\forall k, a_k>0
∀k,ak>0，觉得不显然的话，可以数学归纳法
a
k
>
0
→
a
k
+
1
>
0
a_k>0 \to a_{k+1}>0
ak>0→ak+1>0。
将数列按照下标的奇偶性拆分成两个数列：
x
k
=
a
2
k
,
y
k
=
a
2
k
+
1
,
k
∈
{
0
,
1
,
2
,
⋯
}
x_k = a_{2k}, y_k=a_{2k+1}, k\in \{0, 1, 2, \cdots\}
xk=a2k,yk=a2k+1,k∈{0,1,2,⋯}
即有
x
0
=
a
0
=
0
,
y
0
=
a
1
=
1
2
x_0=a_0=0, y_0=a_1=\frac{1}{2}
x0=a0=0,y0=a1=21
这个时候对于任意的
k
∈
{
0
,
1
,
2
,
⋯
}
k \in \{0, 1, 2, \cdots\}
k∈{0,1,2,⋯} 都有：
x
k
+
1
=
1
1
x
k
+
1
+
1
=
1
−
1
x
k
+
2
x_{k+1}=\frac{1}{\frac{1}{x_k+1}+1}=1-\frac{1}{x_k+2}
xk+1=xk+11+11=1−xk+21
y
k
+
1
=
1
1
y
k
+
1
+
1
=
1
−
1
y
k
+
2
y_{k+1}=\frac{1}{\frac{1}{y_k+1}+1}=1-\frac{1}{y_k+2}
yk+1=yk+11+11=1−yk+21
做差得：
x
k
+
1
−
x
k
=
−
x
k
2
−
x
k
+
1
x
k
+
2
x_{k+1}-x_k=\frac{-x_k^2-x_k+1}{x_k+2}
xk+1−xk=xk+2−xk2−xk+1
y
k
+
1
−
y
k
=
−
y
k
2
−
y
k
+
1
y
k
+
2
y_{k+1}-y_k=\frac{-y_k^2-y_k+1}{y_k+2}
yk+1−yk=yk+2−yk2−yk+1
接下来，证明
x
k
x_k
xk 与
y
k
y_k
yk 的单调性
若
x
k
>
−
1
+
5
2
x_k > \frac{-1+\sqrt5}{2}
xk>2−1+5
那么就有
x
k
+
2
>
3
+
5
2
x_k+2 > \frac{3+\sqrt 5}{2}
xk+2>23+5
1
x
k
+
2
<
2
3
+
5
=
3
−
5
2
\frac{1}{x_k+2} < \frac{2}{3+\sqrt 5}=\frac{3-\sqrt 5}{2}
xk+21<3+52=23−5
x
k
+
1
=
1
−
1
x
k
+
2
>
1
−
3
−
5
2
=
−
1
+
5
2
x_{k+1}=1-\frac{1}{x_k+2}>1-\frac{3-\sqrt 5}{2}=\frac{-1+\sqrt 5}{2}
xk+1=1−xk+21>1−23−5=2−1+5
而因为
x
0
=
1
>
−
1
+
5
2
x_0=1>\frac{-1+\sqrt 5}{2}
x0=1>2−1+5
因此
∀
k
∈
N
,
x
k
>
−
1
+
5
2
\forall k \in \N, x_k>\frac{-1+\sqrt 5}{2}
∀k∈N,xk>2−1+5
此时有
−
x
k
2
−
x
k
+
1
<
0
-x_k^2-x_k+1<0
−xk2−xk+1<0
因此，数列
x
k
x_k
xk 单调递减，且有下界
−
1
+
5
2
\frac{-1+\sqrt 5}{2}
2−1+5，即数列
x
k
x_k
xk 极限存在。
用同样的方法，我们也能够证明
∀
k
∈
N
,
y
k
<
−
1
+
5
2
,
y
k
+
1
>
y
k
\forall k\in \N, y_k y_k
∀k∈N,yk<2−1+5,yk+1>yk
因此，数列
y
k
y_k
yk 单调递增且有上界，数列
y
k
y_k
yk极限存在。
列出极限方程：
lim
k
→
∞
x
k
+
1
=
lim
k
→
∞
(
1
−
1
x
k
+
2
)
\lim_{k\to \infty} x_{k+1} = \lim_{k\to \infty}(1-\frac{1}{x_k+2})
k→∞limxk+1=k→∞lim(1−xk+21)
lim
k
→
∞
y
k
+
1
=
lim
k
→
∞
(
1
−
1
y
k
+
2
)
\lim_{k\to \infty} y_{k+1} = \lim_{k\to \infty}(1-\frac{1}{y_k+2})
k→∞limyk+1=k→∞lim(1−yk+21)
解得：
lim
k
→
∞
x
k
=
lim
k
→
∞
y
k
=
−
1
+
5
2
\lim_{k\to\infty}x_k=\lim_{k\to\infty}y_k=\frac{-1+\sqrt 5}{2}
k→∞limxk=k→∞limyk=2−1+5
（负值舍去）
因此，原数列
a
k
a_k
ak 的极限为：
lim
k
→
∞
a
k
=
−
1
+
5
2
\lim_{k\to \infty}a_k=\frac{-1+\sqrt 5}{2}
k→∞limak=2−1+5
证法二：斐波那契数列
通过上面给出的数列前几项，不难发现：
a
k
=
f
k
f
k
+
1
a_k=\frac{f_k}{f_{k+1}}
ak=fk+1fk
其中数列
f
f
f 的定义如下：
f
0
=
f
1
=
1
f_0=f_1=1
f0=f1=1
∀
k
∈
{
2
,
3
,
⋯
}
,
f
k
=
f
k
−
1
+
f
k
−
2
\forall k\in \{2, 3, \cdots\}, f_k=f_{k-1}+f_{k-2}
∀k∈{2,3,⋯},fk=fk−1+fk−2
也就是我们常说的斐波那契数列。
这一结论可以通过数学归纳法证明：
首先，这一性质对
a
0
,
a
1
a_0,a_1
a0,a1 显然成立。
然后，假设这一性质对
a
k
a_k
ak 成立，即
a
k
=
f
k
f
k
+
1
a_k=\frac{f_k}{f_{k+1}}
ak=fk+1fk，那么就有：
a
k
+
1
=
1
a
k
+
1
=
f
k
+
1
f
k
+
f
k
+
1
=
f
k
+
1
f
k
+
2
a_{k+1}=\frac{1}{a_k+1}=\frac{f_{k+1}}{f_{k}+f_{k+1}}=\frac{f_{k+1}}{f_{k+2}}
ak+1=ak+11=fk+fk+1fk+1=fk+2fk+1
也就是说，这条性质对
a
k
+
1
a_{k+1}
ak+1 也成立。
综上：
∀
k
∈
N
,
a
k
=
f
k
f
k
+
1
\forall k\in \N, a_k=\frac{f_{k}}{f_{k+1}}
∀k∈N,ak=fk+1fk
不难证明，斐波那契数列的通项公式为：
f
n
=
1
5
(
(
1
+
5
2
)
n
+
1
−
(
1
−
5
2
)
n
+
1
)
f_n=\frac{1}{\sqrt 5}\left(\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^{n+1}\right)
fn=51⎝⎛(21+5)n+1−(21−5)n+1⎠⎞
证明方法太多，读者自行百度。
此时有：
lim
k
→
∞
a
k
=
lim
k
→
∞
f
k
f
k
+
1
=
(
1
+
5
2
)
−
1
=
−
1
+
5
2
\lim_{k\to \infty}a_k=\lim_{k\to\infty}\frac{f_k}{f_{k+1}}=\left(\frac{1+\sqrt 5}{2}\right)^{-1}=\frac{-1+\sqrt 5}{2}
k→∞limak=k→∞limfk+1fk=(21+5)−1=2−1+5
Q
.
E
.
D
.
Q.E.D.
Q.E.D.
本文地址：https://blog.csdn.net/weixin_49374094/article/details/111087962
