From 16965c6174e69a943e6217cd4c03de2d5b36db2e Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: unknown <2974730459@qq.com> Date: Thu, 25 Dec 2025 00:36:23 +0800 Subject: [PATCH 1/2] vault backup: 2025-12-25 00:36:23 --- .../单调有界定理例题三道（HW）.md | 12 +- ...法：单调有界定理，介值定理.md | 111 +++++++++++++----- 2 files changed, 91 insertions(+), 32 deletions(-) diff --git a/编写小组/讲义/单调有界定理例题三道（HW）.md b/编写小组/讲义/单调有界定理例题三道（HW）.md index 4f3db52..6c5a826 100644 --- a/编写小组/讲义/单调有界定理例题三道（HW）.md +++ b/编写小组/讲义/单调有界定理例题三道（HW）.md @@ -11,9 +11,11 @@ >设$a > 0,\sigma > 0,{a_1} = \frac{1}{2}\left( {a + \frac{\sigma }{a}} \right),{a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right),n = 1,2,...$ > 证明：数列$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛，且极限为$\sqrt \sigma$. -证：对 $\forall t > 0,t + \frac{1}{t} \ge 2$，令 $t = \frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} > 0$，则有${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{\sqrt \sigma }}{2}\left( {\frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} + \frac{{\sqrt \sigma }}{{{a_n}}}} \right) \ge \frac{{\sqrt \sigma }}{2}*2 = \sqrt \sigma ,n = 1,2,...$ +证：对 $\forall t > 0,t + \frac{1}{t} \ge 2$，令 $t = \frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} > 0$，则有$${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{\sqrt \sigma }}{2}\left( {\frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} + \frac{{\sqrt \sigma }}{{{a_n}}}} \right) \ge \frac{{\sqrt \sigma }}{2}*2 = \sqrt \sigma ,n = 1,2,...$$ 故$\left\{ {{a_n}} \right\}$有下界 + 又因为${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{{{a_n}^2}}} \right) \le \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{\sigma }} \right) = {a_n},n = 1,2,...$ + 所以$\left\{ {{a_n}} \right\}$单调递减. 因此，由单调有界定理知:$\left\{ {{a_n}} \right\}$存在极限，即$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛. 设$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = A$，由${a_n} > 0$ 知 $A \ge 0$ @@ -34,9 +36,12 @@ 证法1️⃣： 利用不等式$$\frac{1}{{1 + n}} < \ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$$有$${x_{n + 1}} - {x_n} = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (n + 1) + \ln {\kern 1pt} n = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (1 + \frac{1}{n}) < 0$$ 故数列${x_n}$严格递减. + 又因为 -$\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \ln \left( {\frac{n}{{n - 1}} \cdot \frac{{n - 1}}{{n - 2}} \cdot ... \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1}} \right)\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{k} - \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \right]} + \frac{1}{n}\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} > \frac{1}{n} > 0 \end{array}$ +$$\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \ln \left( {\frac{n}{{n - 1}} \cdot \frac{{n - 1}}{{n - 2}} \cdot ... \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1}} \right)\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{k} - \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \right]} + \frac{1}{n}\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} > \frac{1}{n} > 0 \end{array}$$ + 所以数列${x_n}$有下界. + 因此，数列${x_n}$单调递减有下界，故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$存在. @@ -44,7 +49,9 @@ $\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \ln \left( {\fr 因为$$\left| {{x_n} - {x_{n + 1}}} \right| = \left| {\frac{1}{n} - \left[ {\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)} \right]} \right|$$ 对$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)$利用Lagrange中值公式，有 $$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1) = \frac{1}{{{\xi _n}}}，其中n - 1 < {\xi _n} < n.$$因此有$\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right| = \frac{{n - {\xi _n}}}{{n \cdot {\xi _n}}} < \frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}$ + 而$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}}$收敛，故$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right|}$收敛，从而${x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{x_k} - {x_{k - 1}}} \right)} + {x_1}$也收敛. + 因此，数列$\ {x_n}$收敛，即 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$ 存在. >[!example] 例三 @@ -103,6 +110,7 @@ $$ $$ x_{k+1} < \sqrt{c} + 1 $$ + 由数学归纳法，对一切正整数 $n$，都有 $x_n < \sqrt{c} + 1$，即 $\{x_n\}$ 有上界。 因此序列收敛，有极限，不妨设 $\lim x_n = a$ , 则: $a = \sqrt{a+c}$。 diff --git a/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md b/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md index c376eb1..a4e4ba7 100644 --- a/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md +++ b/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md @@ -60,36 +60,7 @@ tags: 3. **由单调有界准则**，$\lim_{x \to +\infty} f(x)$ 存在，且为 $1$。 -> [!example] **例3** -> 设$f(x)$在$[a,b]$上连续，且$a < c < d < b$。证明：在$(a,b)$内必存在点$\xi$，使得$mf(c)+nf(d)=(m+n)f(\xi)$，其中$m,n$为任意给定的自然数。 - -**解析：** -因$f(x)$在$[a,b]$上连续，所以$f(x)$在$[a,b]$上能取得最大值$f_{\max}$和最小值$f_{\min}$。又因为 $(m+n)fmin​⩽mf(c)+nf(d)⩽(m+n)fmax​$, 即$$f_{\min} \leqslant \frac{mf(c) + nf(d)}{m + n} \leqslant f_{\max}$$故由介值定理，在$[a,b]$上必存在一点$\xi$，使得 $m+nmf(c)+nf(d)​=f(ξ)$, 即$mf(c) + nf(d) = (m + n)f(\xi)$。 - - -> [!example] **例4** -> 一支巡逻小分队定期到山上的岗哨换岗，每天上午7点从营地出发，8点到达目的地。第二天上午7点沿原路返回，8点前返回到达山下营地。利用零点定理证明，在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。 - -**解析** -设上山的路程函数为$s=f_1(t)$（$7\leqslant t\leqslant8$），则$f_1(7)=0$，$f_1(8)=D$（$D$为两岗哨之间的距离） 下山的路程函数为$s=f_2(t)$（$7\leqslant t\leqslant8$），则$f_2(7)=D$，$f_2(8)=0$ 作辅助函数$F(t)=f_1(t)-f_2(t)$，则$F(t)$在$[7,8]$上连续，且$F(7)=-D$，$F(8)=D$ 由零点定理知，至少存在$\xi\in(7,8)$使$F(\xi)=0$ 即在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。 - - -> [!example] 例5 -> 设$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，且$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0$，试证存在$\xi\in(-\infty,+\infty)$，使$f(\xi)+\xi=0$ - -**解析** -步骤1：构造辅助函数并分析连续性 设辅助函数$F(x)=f(x)+x$。 已知$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，$y=x$在$(-\infty,+\infty)$上也连续，根据连续函数的和运算性质，$F(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续。 - -步骤2：利用极限条件分析$F(x)$在无穷远处的符号 $$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0，可得： -$$$$\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to +\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$$$\lim\limits_{x \to -\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to -\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$ 根据函数极限的保号性： - -- 存在$X_1>0$，当$x>X_1$时，$\frac{F(x)}{x}>0$，又$x>0$，故$F(x)>0$。取$x_1=X_1+1$，则$F(x_1)>0$。 -- 存在$X_2>0$，当$x<-X_2$时，$\frac{F(x)}{x}>0$，又$x<0$，故$F(x)<0$。取$x_2=-X_2-1$，则$F(x_2)<0$ - -步骤3：应用零点存在定理得出结论 $F(x)$在闭区间$[x_2,x_1]$上连续，且$F(x_2)<0$，$F(x_1)>0$。 由零点存在定理，至少存在一点$\xi\in(x_2,x_1)\subset(-\infty,+\infty)$，使得$F(\xi)=0$，即$f(\xi)+\xi=0$ - - ->[!example] **例6** +>[!example] **例3** >设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 = \sqrt{2}$，且对任意 $n \ge 1$，有 $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$。证明该数列收敛，并求其极限。 **证明**： @@ -139,3 +110,83 @@ $$$$\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to +\infty}\left(\ 因此，数列 $\{x_n\}$ 的极限为：$$L = 2$$ + +# 介值定理 +## 原理 + +- **介值定理（Intermediate Value Theorem, IVT）**： + 若函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) \neq f(b)$，则对于任意介于 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间的实数 $C$，至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $f(\xi) = C$。 + +- **零点定理（特殊情形）**： + 若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) \cdot f(b) < 0$，则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $f(\xi) = 0$。 + +## 适用情况 + +适用于连续函数在区间上的值域问题，尤其是： + +- 证明方程在某区间内至少有一个根； +- 证明函数可取到某个中间值； +- 确定函数值域或解的存在性。 + +## 优势 + +1. 不需求解方程，只需验证连续性和端点函数值； +2. 可用于证明解的存在性，构造性证明中常用； +3. 定理直观，易于理解和应用。 + +## 劣势 + +1. 只能证明存在性，不能确定解的个数或具体位置； +2. 要求函数在闭区间上连续，否则定理不适用； +3. 对于非连续函数或开区间，需额外处理。 + +## 例子 + +> [!example] 例1 +> 证明方程 $x^3 - 3x + 1 = 0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少有一个实根。 + +**解析** +设 $f(x) = x^3 - 3x + 1$，则 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。 +计算：$f(0) = 1 > 0$，$f(1) = -1 < 0$。 +由零点定理，至少存在一点 $\xi \in (0,1)$，使得 $f(\xi)=0$，即方程在 $(0,1)$ 内至少有一个实根。 + + +> [!example] 例2 +> 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $0 \leq f(x) \leq 1$，证明至少存在一点 $c \in [0,1]$，使得 $f(c) = c$。 + +**解析** +构造辅助函数 $g(x) = f(x) - x$，则 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。 +计算：$g(0) = f(0) - 0 \geq 0$，$g(1) = f(1) - 1 \leq 0$。 +若 $g(0)=0$ 或 $g(1)=0$，则取 $c=0$ 或 $c=1$ 即可。 +否则 $g(0)>0$，$g(1)<0$，由零点定理，存在 $c \in (0,1)$ 使得 $g(c)=0$，即 $f(c)=c$。 + +> [!example] **例3** +> 设$f(x)$在$[a,b]$上连续，且$a < c < d < b$。证明：在$(a,b)$内必存在点$\xi$，使得$mf(c)+nf(d)=(m+n)f(\xi)$，其中$m,n$为任意给定的自然数。 + +**解析：** +因$f(x)$在$[a,b]$上连续，所以$f(x)$在$[a,b]$上能取得最大值$f_{\max}$和最小值$f_{\min}$。又因为 $(m+n)fmin​⩽mf(c)+nf(d)⩽(m+n)fmax​$, 即$$f_{\min} \leqslant \frac{mf(c) + nf(d)}{m + n} \leqslant f_{\max}$$故由介值定理，在$[a,b]$上必存在一点$\xi$，使得 $m+nmf(c)+nf(d)​=f(ξ)$, 即$mf(c) + nf(d) = (m + n)f(\xi)$。 + + +> [!example] **例4** +> 一支巡逻小分队定期到山上的岗哨换岗，每天上午7点从营地出发，8点到达目的地。第二天上午7点沿原路返回，8点前返回到达山下营地。利用零点定理证明，在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。 + +**解析** +设上山的路程函数为$s=f_1(t)$（$7\leqslant t\leqslant8$），则$f_1(7)=0$，$f_1(8)=D$（$D$为两岗哨之间的距离） 下山的路程函数为$s=f_2(t)$（$7\leqslant t\leqslant8$），则$f_2(7)=D$，$f_2(8)=0$ 作辅助函数$F(t)=f_1(t)-f_2(t)$，则$F(t)$在$[7,8]$上连续，且$F(7)=-D$，$F(8)=D$ 由零点定理知，至少存在$\xi\in(7,8)$使$F(\xi)=0$ 即在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。 + + +> [!example] 例5 +> 设$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，且$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0$，试证存在$\xi\in(-\infty,+\infty)$，使$f(\xi)+\xi=0$ + +**解析** +步骤1：构造辅助函数并分析连续性 设辅助函数$F(x)=f(x)+x$。 已知$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，$y=x$在$(-\infty,+\infty)$上也连续，根据连续函数的和运算性质，$F(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续。 + +步骤2：利用极限条件分析$F(x)$在无穷远处的符号 $$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0，可得： +$$$$\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to +\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$$$\lim\limits_{x \to -\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to -\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$ 根据函数极限的保号性： + +- 存在$X_1>0$，当$x>X_1$时，$\frac{F(x)}{x}>0$，又$x>0$，故$F(x)>0$。取$x_1=X_1+1$，则$F(x_1)>0$。 +- 存在$X_2>0$，当$x<-X_2$时，$\frac{F(x)}{x}>0$，又$x<0$，故$F(x)<0$。取$x_2=-X_2-1$，则$F(x_2)<0$ + +步骤3：应用零点存在定理得出结论 $F(x)$在闭区间$[x_2,x_1]$上连续，且$F(x_2)<0$，$F(x_1)>0$。 由零点存在定理，至少存在一点$\xi\in(x_2,x_1)\subset(-\infty,+\infty)$，使得$F(\xi)=0$，即$f(\xi)+\xi=0$ + + + From cb59775c583ea528f70067c8e0ce4e372eb0c323 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: unknown <2974730459@qq.com> Date: Thu, 25 Dec 2025 00:39:50 +0800 Subject: [PATCH 2/2] vault backup: 2025-12-25 00:39:50 --- ...法：单调有界定理，介值定理.md | 115 ++++++++++++++++++ 1 file changed, 115 insertions(+) diff --git a/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md b/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md index a4e4ba7..5fe86eb 100644 --- a/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md +++ b/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md @@ -111,6 +111,121 @@ tags: 因此，数列 $\{x_n\}$ 的极限为：$$L = 2$$ +>[!example] 例4 +>设$a > 0,\sigma > 0,{a_1} = \frac{1}{2}\left( {a + \frac{\sigma }{a}} \right),{a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right),n = 1,2,...$ +> 证明：数列$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛，且极限为$\sqrt \sigma$. + +证：对 $\forall t > 0,t + \frac{1}{t} \ge 2$，令 $t = \frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} > 0$，则有$${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{\sqrt \sigma }}{2}\left( {\frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} + \frac{{\sqrt \sigma }}{{{a_n}}}} \right) \ge \frac{{\sqrt \sigma }}{2}*2 = \sqrt \sigma ,n = 1,2,...$$ +故$\left\{ {{a_n}} \right\}$有下界 + +又因为${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{{{a_n}^2}}} \right) \le \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{\sigma }} \right) = {a_n},n = 1,2,...$ + +所以$\left\{ {{a_n}} \right\}$单调递减. +因此，由单调有界定理知:$\left\{ {{a_n}} \right\}$存在极限，即$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛. + +设$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = A$，由${a_n} > 0$ 知 $A \ge 0$ + +由${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right)$ 知 $2{a_{n + 1}}{a_n} = {a_n}^2 + \sigma$. + +两边令 $n \to \infty$取极限得: $2{A^2} = {A^2} + \sigma$ + +解得$A = - \sqrt \sigma$（舍）或$A = \sqrt \sigma$. + +故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \sqrt \sigma$. + + +>[!example] 例5 +>证明：数列${x_n} = 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n} - \ln {\kern 1pt} n{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n = 1,2,...)\\$单调递减有界，从而有极限（此极限称为Euler常数，下记作$C$）。 + + +证法1️⃣： +利用不等式$$\frac{1}{{1 + n}} < \ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$$有$${x_{n + 1}} - {x_n} = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (n + 1) + \ln {\kern 1pt} n = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (1 + \frac{1}{n}) < 0$$ +故数列${x_n}$严格递减. + +又因为 +$$\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \ln \left( {\frac{n}{{n - 1}} \cdot \frac{{n - 1}}{{n - 2}} \cdot ... \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1}} \right)\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{k} - \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \right]} + \frac{1}{n}\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} > \frac{1}{n} > 0 \end{array}$$ + +所以数列${x_n}$有下界. + +因此，数列${x_n}$单调递减有下界，故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$存在. + + +证法2️⃣： +因为$$\left| {{x_n} - {x_{n + 1}}} \right| = \left| {\frac{1}{n} - \left[ {\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)} \right]} \right|$$ +对$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)$利用Lagrange中值公式，有 +$$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1) = \frac{1}{{{\xi _n}}}，其中n - 1 < {\xi _n} < n.$$ + +因此有$\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right| = \frac{{n - {\xi _n}}}{{n \cdot {\xi _n}}} < \frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}$ + +而$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}}$收敛，故$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right|}$收敛，从而${x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{x_k} - {x_{k - 1}}} \right)} + {x_1}$也收敛. + +因此，数列$\ {x_n}$收敛，即 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$ 存在. + + +>[!example] 例6 +>令$c>0$，定义整序变量数列为: $x_1 = \sqrt{c}, x_2 = \sqrt{c +\sqrt{c}}, x_3 = \sqrt{c+\sqrt{c+\sqrt{c}}}, \cdots$ +>求$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }{x_n}$ + + $x_n = \underbrace{\sqrt{c+\sqrt{c+\cdots\sqrt{c}}}}_{n\ \text{个根式}}$。 + + $x_{n+1} = \sqrt{c+x_n}$。 + +使用数学归纳法证明，整序变量 $x_n$ 单调增加, 同时有上界 + +**证明 $x_n$ 单调： + +当 $n=1$ 时命题显然成立。 +假设当 $n = k$ 时命题成立，即 $x_{k+1} > x_k$。 +考虑 $n = k+1$ 的情形： +$$ +x_{k+2} = \sqrt{c + x_{k+1}},\quad x_{k+1} = \sqrt{c + x_k} +$$ +由归纳假设 $x_{k+1} > x_k$，可得： +$$ +c + x_{k+1} > c + x_k +$$ +所以： +$$ +\sqrt{c + x_{k+1}} > \sqrt{c + x_k} +$$ +即：$x_{k+2} > x_{k+1}$，故对一切正整数 $n$，都有 $x_{n+1} > x_n$，即 $\{x_n\}$ 是单调增加序列。 + +**证明 $x_n$ 有上界（例如上界为 $\sqrt{c} + 1$） + +当 $n=1$ 时命题成立。 +考虑 $n = k+1$ 的情形，由归纳假设 $x_k < \sqrt{c} + 1$，可得：： +$$ +x_{k+1} = \sqrt{c + x_k}< c + (\sqrt{c} + 1) +$$ + +为了证明 $x_{k+1} < \sqrt{c} + 1$，只需证明： +$$ +\sqrt{c + (\sqrt{c} + 1)} \le \sqrt{c} + 1 +$$ +两边平方（因为两边均为正数）： +$$ +c + \sqrt{c} + 1 \le c + 2\sqrt{c} + 1 +$$ +化简得： +$$ +\sqrt{c} \le 2\sqrt{c} +$$ +由于 $c > 0$，此不等式显然成立，且等号仅在 $\sqrt{c} = 0$ 时成立，这与 $c > 0$ 矛盾，故实际上有严格不等式： +$$ +\sqrt{c + (\sqrt{c} + 1)} < \sqrt{c} + 1 +$$ +因此： +$$ +x_{k+1} < \sqrt{c} + 1 +$$ + +由数学归纳法，对一切正整数 $n$，都有 $x_n < \sqrt{c} + 1$，即 $\{x_n\}$ 有上界。 + +因此序列收敛，有极限，不妨设 $\lim x_n = a$ , 则: $a = \sqrt{a+c}$。 + +解方程得: $a = \dfrac{\sqrt{4c+1}+1}{2}$。（负根舍去） + + # 介值定理 ## 原理