最后更新: 2025-03-14 12:45 查看: 62 次反馈能力测评会员8.2元/月赞助

由迭代生成的数列与不动点定理

## 2.3.5 由迭代生成的数列
本小节也是单调数列的应用，但对有关的理论部分内容不作严格证明．

**定义2.12** 称数列 $\left\{x_n\right\}$ 是由迭代生成的（姑且简称为迭代数列），如果给定数列的第一项 $x_1$（今后也称为初值），并由迭代关系 $x_{n+1}=f\left(x_n\right) \forall n$ 归纳地确定所有其他项。

注 今后称定义 2.12 中的函数 $f$ 为迭代函数．在不作说明时一般假设该迭代函数 $f$ 与 $n$ 无关，否则问题可能更为复杂．

**例题2.34** 设 $x_1=\sqrt{2}, x_{n+1}=\sqrt{2+x_n} \forall n$ ，求 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_n$ ．
解 先用数学归纳法证明该数列严格单调增加，即 $x_n<x_{n+1}$ 对每个 $n$ 成立．
实际上，当 $n=1$ 时有

$$
x_1=\sqrt{2}<x_2=\sqrt{2+x_1}=\sqrt{2+\sqrt{2}}
$$

设 $n=k$ 时不等式 $x_k<x_{k+1}$ 成立，则当 $n=k+1$ 时就有

$$
x_{k+1}=\sqrt{2+x_k}<\sqrt{2+x_{k+1}}=x_{k+2}
$$

因此数列严格单调增加．
再用数学归纳法证明 $x_n \leqslant 2$ 对每个 $n$ 成立．
对 $n=1$ 这就是 $x_1=\sqrt{2}<2$ ．设 $n=k$ 时不等式 $x_k \leqslant 2$ 已经成立，则当 $n=k+1$ 时就有

$$
x_{k+1}=\sqrt{2+x_k} \leqslant \sqrt{2+2}=2
$$

综合以上并用单调有界数列收敛定理，就知道 $\left\{x_n\right\}$ 收敛。记其极限为 $a$ ，并在迭代关系式

$$
x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}
$$

两边令 $n \rightarrow \infty$ ，就得到关于 $a$ 的方程

$$
a=\sqrt{2+a}
$$

两边平方后得到二次方程 $a^2=2+a$ ．它有两个根：-1 与 2 ．但 -1 是求解过程中用了平方运算带来的增根。原方程（2．22）的左边是 $a$ ，右边为开平方的算术根，因此不可能有负根。于是方程（2．22）只有惟一的根 2 ，这就是迭代数列 $\left\{x_n\right\}$ 的极限。

回顾以上求解过程，我们可以提出许多问题．例如，由于使用数学归纳法之前必须知道要证明什么，在以上解题过程中，如何会事先知道这个迭代数列是严格单调增加数列？如何知道上界是 2 ？根据何在？

首先介绍一个基本事实，它经常有用。

## 不动点定理
定理2.21 设数列 $\left\{x_n\right\}$ 由迭代关系 $x_{n+1}=f\left(x_n\right)$ 生成，则当该数列收敛于极限 $a$ ，且满足条件

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(x_n\right)=f(a)
$$

时，就有 $a=f(a)$ ．

证 只需在迭代关系 $x_{n+1}=f\left(x_n\right)$ 的两边令 $n \rightarrow \infty$ 即得。

> 上述定理似乎简单，但却很有用。它告诉我们，在还不知道迭代数列是否收玫时，就不妨先求解方程 $x=f(x)$

这样就有可能尽早得到新的知识，它往往有助于问题的解决．
此外，这个方程本身又含有新的思想．这就是关于不动点的概念．

定义2.13 点 $a$ 称为函数 $f$ 的不动点，如果成立

$$
f(a)=a
$$

于是定理 2.20 表明，迭代数列 $x_{n+1}=f\left(x_n\right)$ 收玫时，它的极限必定是 $f$ 的一个不动点。

对于例题 2．34，由于数 2 是 $f(x)=\sqrt{2+x}$ 的惟一不动点，因此如果 $\left\{x_n\right\}$ 收敛，那就一定收玫于 2 ．如果 $\left\{x_n\right\}$ 单调增加，则极限值 2 就一定是数列的上界．

下面研究迭代数列是否单调。为此观察图 2．6（a），其中的粗黑线表示函数 $y=f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上的图像，$x=a$ 是其惟一不动点，它对应于曲线 $y=f

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