【原题】设数列 \(\{a_0,a_1,a_2\cdots\}\) 和 \(\{b_0,b_1,b_2,\cdots\}\) 的初始项为 \(a_0=\sqrt{3},~b_0=2\)，这两个数列的通项具有递推关系
\[
a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2},\qquad b_{n+1}=\sqrt{a_{n+1}b_n}
\label{abndef}\tag{#}
\]
试计算极限 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n\) 与 \(\lim\limits_{n\to\infty}b_n\) 之值。
【简析】俺们把待求的极限记为 \(a=\lim\limits_{n\to\infty}a_n\) 以及 \(b=\lim\limits_{n\to\infty}b_n\)。
注意到本题也暗藏着一个“陷阱”，其性质刚好跟第一题的相反：第一题貌似条件不够，但在实际计算中那些不能被确定下来的量相互发生了抵消。与此不同的是，本题中用以确定 \(a,b\) 的方程从表面上看是够的，共有两个，来自 \eqref{abndef} 中的递推式 \(a_{n+1}=f(a_n,b_n),~b_{n+1}=g(a_{n+1},b_n)\)，它们在极限 \(n\to\infty\) 下形成方程组 \(a=f(a,b),~b=g(a,b)\)。一个自然的设想是，通过求解该方程组即可得出 \(a,b\) 之值。
然而上述设想实际是行不通的，因为在极限 \(n\to\infty\) 下，\eqref{abndef} 中的递推式退化为两个并不独立的代数方程，它们均等价于代数关系 \(a=b\)。换言之，用这种寻常求极限的办法，俺们能够得出的仅仅是题中的两个数列 \(\{a_n\}\) 和 \(\{b_n\}\) 有相同极限这一结论，却得不到关于此极限值更多的信息。故为了避免信息的丢失，俺们不得不在取极限 \(n\to\infty\) 之前更充分地利用 \eqref{abndef} 式。
【求解】首先，从 \eqref{abndef} 式及归纳法易得出通项 \(a_n,b_n\) 皆恒取正值。考虑通项比
\[
\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}=\sqrt{\frac{a_{n+1}}{b_n}}=\sqrt{\frac{1}{2}\left(1+\frac{a_n}{b_n}\right)}
\label{a/b}\tag{\$}
\]
因 \(a_0/b_0=\sqrt{3}/{2}<1\)，在归纳法假设 \(a_n/b_n<1\) 下按 \eqref{a/b} 推断 \(a_{n+1}/b_{n+1}< \sqrt{\frac{1}{2}(1+1)}=1\)，故对任意 \(n\) 恒有 \(0< a_n< b_n\)。于是俺们可以引进锐角 \(\theta_n\) 使得 \(\cos\theta_n=a_n/b_n~(n=0,1,2,\cdots)\)。特别，当 \(n=0\) 时 \(\theta_0=\arccos(\sqrt{3}/2)=\pi/6\)。
现将 \eqref{a/b} 式等价地写成
\[
\cos\theta_{n+1}=\sqrt{\frac{1+\cos\theta_n}{2}}=\cos\frac{\theta_n}{2}
\]
此式递归地确定了各 \(\theta\) 之值：
\[
\theta_n=\frac{\theta_{n-1}}{2}=\frac{\theta_{n-2}}{2^2}=\cdots=\frac{\theta_0}{2^n}=\frac{\pi}{2^n\cdot 6}
\label{theta-sol}\tag{%}
\]
另一方面，根据 \eqref{abndef} 可得
\[
b_{n+1}^2-a_{n+1}^2=a_{n+1}(b_n-a_{n+1})=\frac{a_n+b_n}{2}\cdot\frac{b_n-a_n}{2}=\frac{b_n^2-a_n^2}{4}
\]
从该式递归地读出
\[
\sqrt{b_n^2-a_n^2}=\frac{\sqrt{b_{n-1}^2-a_{n-1}^2}}{2}=\frac{\sqrt{b_{n-2}^2-a_{n-2}^2}}{2^2}=\cdots=\frac{\sqrt{b_0^2-a_0^2}}{2^n}=\frac{1}{2^n}
\]
进而有
\begin{align}
b_n&=\frac{1}{2^n\cdot\sqrt{1-(a_n/b_n)^2}}=\frac{1}{2^n\cdot\sqrt{1-\cos^2\theta_n}}=\frac{1}{2^n\sin\theta_n}=\frac{2^{-n}}{\sin(2^{-n}\cdot\theta_0)}
\\
a_n&=b_n\cos\theta_n=\frac{1}{2^n\tan\theta_n}=\frac{2^{-n}}{\tan(2^{-n}\cdot\theta_0)}
\end{align}
最后令 \(n\to\infty\)，熟知的极限式 \(\lim\limits_{\lambda\to 0}\dfrac{\sin(\lambda\theta)}{\lambda}=\lim\limits_{\lambda\to 0}\dfrac{\tan(\lambda \theta)}{\lambda}=\theta\) 给出
\[
\fbox{\(\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n=\frac{1}{\theta_0}=\frac{6}{\pi}\)}
\]
\[
a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2},\qquad b_{n+1}=\sqrt{a_{n+1}b_n}
\label{abndef}\tag{#}
\]
试计算极限 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n\) 与 \(\lim\limits_{n\to\infty}b_n\) 之值。
【简析】俺们把待求的极限记为 \(a=\lim\limits_{n\to\infty}a_n\) 以及 \(b=\lim\limits_{n\to\infty}b_n\)。
注意到本题也暗藏着一个“陷阱”，其性质刚好跟第一题的相反：第一题貌似条件不够，但在实际计算中那些不能被确定下来的量相互发生了抵消。与此不同的是，本题中用以确定 \(a,b\) 的方程从表面上看是够的，共有两个，来自 \eqref{abndef} 中的递推式 \(a_{n+1}=f(a_n,b_n),~b_{n+1}=g(a_{n+1},b_n)\)，它们在极限 \(n\to\infty\) 下形成方程组 \(a=f(a,b),~b=g(a,b)\)。一个自然的设想是，通过求解该方程组即可得出 \(a,b\) 之值。
然而上述设想实际是行不通的，因为在极限 \(n\to\infty\) 下，\eqref{abndef} 中的递推式退化为两个并不独立的代数方程，它们均等价于代数关系 \(a=b\)。换言之，用这种寻常求极限的办法，俺们能够得出的仅仅是题中的两个数列 \(\{a_n\}\) 和 \(\{b_n\}\) 有相同极限这一结论，却得不到关于此极限值更多的信息。故为了避免信息的丢失，俺们不得不在取极限 \(n\to\infty\) 之前更充分地利用 \eqref{abndef} 式。
【求解】首先，从 \eqref{abndef} 式及归纳法易得出通项 \(a_n,b_n\) 皆恒取正值。考虑通项比
\[
\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}=\sqrt{\frac{a_{n+1}}{b_n}}=\sqrt{\frac{1}{2}\left(1+\frac{a_n}{b_n}\right)}
\label{a/b}\tag{\$}
\]
因 \(a_0/b_0=\sqrt{3}/{2}<1\)，在归纳法假设 \(a_n/b_n<1\) 下按 \eqref{a/b} 推断 \(a_{n+1}/b_{n+1}< \sqrt{\frac{1}{2}(1+1)}=1\)，故对任意 \(n\) 恒有 \(0< a_n< b_n\)。于是俺们可以引进锐角 \(\theta_n\) 使得 \(\cos\theta_n=a_n/b_n~(n=0,1,2,\cdots)\)。特别，当 \(n=0\) 时 \(\theta_0=\arccos(\sqrt{3}/2)=\pi/6\)。
现将 \eqref{a/b} 式等价地写成
\[
\cos\theta_{n+1}=\sqrt{\frac{1+\cos\theta_n}{2}}=\cos\frac{\theta_n}{2}
\]
此式递归地确定了各 \(\theta\) 之值：
\[
\theta_n=\frac{\theta_{n-1}}{2}=\frac{\theta_{n-2}}{2^2}=\cdots=\frac{\theta_0}{2^n}=\frac{\pi}{2^n\cdot 6}
\label{theta-sol}\tag{%}
\]
另一方面，根据 \eqref{abndef} 可得
\[
b_{n+1}^2-a_{n+1}^2=a_{n+1}(b_n-a_{n+1})=\frac{a_n+b_n}{2}\cdot\frac{b_n-a_n}{2}=\frac{b_n^2-a_n^2}{4}
\]
从该式递归地读出
\[
\sqrt{b_n^2-a_n^2}=\frac{\sqrt{b_{n-1}^2-a_{n-1}^2}}{2}=\frac{\sqrt{b_{n-2}^2-a_{n-2}^2}}{2^2}=\cdots=\frac{\sqrt{b_0^2-a_0^2}}{2^n}=\frac{1}{2^n}
\]
进而有
\begin{align}
b_n&=\frac{1}{2^n\cdot\sqrt{1-(a_n/b_n)^2}}=\frac{1}{2^n\cdot\sqrt{1-\cos^2\theta_n}}=\frac{1}{2^n\sin\theta_n}=\frac{2^{-n}}{\sin(2^{-n}\cdot\theta_0)}
\\
a_n&=b_n\cos\theta_n=\frac{1}{2^n\tan\theta_n}=\frac{2^{-n}}{\tan(2^{-n}\cdot\theta_0)}
\end{align}
最后令 \(n\to\infty\)，熟知的极限式 \(\lim\limits_{\lambda\to 0}\dfrac{\sin(\lambda\theta)}{\lambda}=\lim\limits_{\lambda\to 0}\dfrac{\tan(\lambda \theta)}{\lambda}=\theta\) 给出
\[
\fbox{\(\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n=\frac{1}{\theta_0}=\frac{6}{\pi}\)}
\]
