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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 $y=f(x)$与直线 $y=x$ 的交点，这就是方程 $x=f(x)$ 的几何意义．
 ![图片](/uploads/2025-01/774d56.jpg)
 
 从 $x$ 轴上的点 $x_1$ 出发，作垂直线与 $y=f(x)$ 相交，交点的纵坐标就是 $x_2=f\left(x_1\right)$ ．再从交点作水平线与直线 $y=x$ 相交，则这个交点的纵坐标和横坐标都是 $x_2$ 。再从这个点作垂直线与 $y=f(x)$ 相交，其纵坐标就是 $x_3=f\left(x_2\right)$ ，如此继续下去，就可以形象化地生成迭代数列 $\left\{x_n\right\}$ ．可以看出，在 $f(x)$ 为单调增加函数时，若初值 $x_1$ 小于图中的不动点 $a$ ，则数列 $\left\{x_n\right\}$ 是单调增加的．在图 2．6（b）中表明当 $f$ 有多个不动点时，则迭代数列的极限与初值 $x_1$ 有关．

再观察图 2．6（c），它表明，如果 $f$ 为单调减少函数，则迭代数列 $\left\{x_n\right\}$ 一般不会是单调数列，然而由数列的奇数项

$$
x_1, x_3, \cdots, x_{2 n-1}, \cdots
$$

构成的数列 $\left\{x_{2 n-1}\right\}$（称为数列 $\left\{x_n\right\}$ 的奇数项子列）和由数列的偶数项

$$
x_2, x_4, \cdots, x_{2 n}, \cdots
$$

构成的数列 $\left\{x_{2 n}\right\}$（称为数列 $\left\{x_n\right\}$ 的偶数项子列）分别为单调数列，而且具有相反的单调性．这些猜测的严格证明见［20］的 $\S 2.6$ ，此处从略．

小结 对于由 $x_{n+1}=f\left(x_n\right)$ 给定的迭代数列，可以先作出迭代函数 $f$ 的图形，从而知道数列 $\left\{x_n\right\}$ 属于哪一种情况，此外又可以先求出 $f$ 的不动点，以确定可能的极限值．余下的问题就是对于已经猜测到的可能性作出数学证明（或者否定）．

注 例题 2.34 也可以如下求解，其背后的理论基础见［20］的 §3．4．4．
例题2．34 的解 2 归纳地看出数列的每一项大于 0 ，并从 $x=\sqrt{2+x}$ 解出其惟一的不动点 2 之后，直接估计 $x_n$ 与 2 的差如下：

$$
\left|x_{n+1}-2\right|=\left|\sqrt{2+x_n}-2\right|=\frac{\left|2+x_n-4\right|}{\left|\sqrt{2+x_n}+2\right|} \leqslant \frac{\left|x_n-2\right|}{2} .
$$

由于上式对每个 $n$ 成立，因此就有估计

$$
\left|x_n-2\right| \leqslant \frac{\left|x_1-2\right|}{2^{n-1}}=\frac{|\sqrt{2}-2|}{2^{n-1}} \quad \forall n .
$$

令 $n \rightarrow \infty$ 可知 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left(x_n-2\right)=0$ ，这就是

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} x_n=2
$$

**例题2.35** 设 $x_1=3, x_{n+1}=\frac{4+x_n}{1+x_n} \forall n$ ，求 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_n$ ．
解 由迭代方程可归纳看出每个 $x_n>0$ ．由于其中的函数

$$
f(x)=\frac{4+x}{1+x}=1+\frac{3}{1+x}
$$

在 $x \geqslant 0$ 时单调减少（参见图 2．7），因此需要分别考察 $x_n$ 的奇数项子列与偶数项子列。此外还可以从 $f(x)=x$ 求出它的惟一正根为 2 ，因此若 $\left\{x_n\right\}$ 收玫，则极限只可能是 2 。

对奇数项子列 $\left\{x_{2 n-1}\right\}$ ，从 $x_1>2$ 和 $f$的单调减少特性，有 $x_2=f\left(x_1\right)<f(2)=$ 2 ，又有 $x_3=f\left(x_2\right)>f(2)=2$ 。这样继续下去，就可以归纳地证出奇数项子列的每一项都满足 $x_{2 n-1}>2$ ．同样，从 $x_2<2$ 可以归纳地证出偶数项子列 $\left\{x_{2 n}\right\}$ 的每一项都满足 $x_{2 n}<2$ ．
 ![图片](/uploads/2025-01/acaa69.jpg)
 为了研究这两个子列各自的单调性，我们可以统一地研究 $x_{n+2}-x_n$ ．直接计算得到

$$
\begin{aligned}
x_{n+2}-x_n & =\frac{4+x_{n+1}}{1+x_{n+1}}-x_n \\
& =\frac{2\left(4-x_n^2\right)}{5+2 x_n},
\end{aligned}
$$

可见当 $x_n>2$ 时，有 $x_{n+2}<x_n$ ，因此奇数项子列单调减少，且以 2 为下界；而当 $x_n<2$ 时，则有 $x_{n+2}>x_n$ ，因此偶数项子列单调增加，且以 2 为上界．

综合以上讨论，就知道奇数项子列 $\left\{x_{2 n-1}\right\}$ 与偶数项子列 $\left\{x_{2 n}\right\}$ 都是单调有界数列，因此都收敛．记其极限为 $\lim _{k \rightarrow \infty} x_{2 n-1}=\xi, \lim _{k \rightarrow \infty} x_{2 n}=\eta$ ．它们都大于 0 ．

在（2．23）中将 $n$ 换成 $2 n-1$ ，并令 $n \rightarrow \infty$ ，得到

$$
0=\frac{2(2+\xi)(2-\xi)}{5+2 \xi}
$$

可见 $\xi=2$ ．同样可以证明 $\eta=2$ ．
于是对 $\forall \varepsilon>0, \exists N, \forall n \geqslant N$ ，同时成立

$$
\left|x_{2 n-1}-2\right|<\varepsilon, \quad\left|x_{2 n}-2\right|<\varepsilon
$$

从而可知，只要令 $N_1=2 N$ ，则当 $n \geqslant N_1$ 时，就有 $\left|x_n-2\right|<\varepsilon$ ．这样就证明了 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_n=2$ ．

注 在 $\S 2.1$ 的练习题 5 已经证明，数列 $\left\{x_n\right\}$ 收玫等价于它的奇数项子列和偶数项子列都收玫，且有相同极限。

迭代数列当然不一定收玫，下面就是一个例子．

**例题 2.36** 设 $x_1=0.5$ ，

$$
x_{n+1}=5 x_n\left(1-x_n\right),
$$

求 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_n$ ．
解 设该极限存在，记为 $a$ ，则从迭代关系取极限得到 $a$ 所满足的方程为

$$
a=5 a(1-a),
$$

因此有两个解： 0 与 0.8 （参见右面的图 2．8）．
另一方面，从 $x_1=0.5$ 得到 $x_2=1.25$ ， $x_3=-1.5625<0$ ．可以看出，当 $x_n<0$ 时一定有 $x_{n+1}<0$ ，且有

$$
\left|x_{n+1}\right|=5\left|x_n\right|\left(1+\left|x_n\right|\right) \geqslant 5\left|x_n\right| .
$$

![图片](/uploads/2025-01/53b465.jpg)
 
 $$
\left|x_{n+1}\right|=5\left|x_n\right|\left(1+\left|x_n\right|\right) \geqslant 5\left|x_n\right| .
$$

于是从 $x_3$ 开始，数列的每一项都小于 0 ，而且它们的绝对值单调增加趋于无穷大，因此上面求出的两个 $a$ 值都不会是 $\left\{x_n\right\}$ 的极限值．由此可知数列 $\left\{x_n\right\}$ 是负无穷大量．于是与上面求出的两个 $a$ 值无关地有

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} x_n=-\infty
$$

下面是迭代函数与 $n$ 有关的一个例题．

**例题2.37** 设 $x_n=\frac{(n+1)!}{(2 n+1)!!}=\frac{2}{3} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{7} \cdots \frac{n+1}{2 n+1} \forall n$ ，求 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_n{ }^{(1)}$ ．
解 将这个数列写为迭代数列的形式，即有

$$
x_1=\frac{2}{3}, \quad x_{n+1}=x_n \cdot \frac{n+2}{2 n+3},
$$

可见 $\left\{x_n\right\}$ 是单调减少的正数列，因此有极限．将极限记为 $a$ ，并在迭代式两边取极限，就有

$$
a=\frac{a}{2},
$$

因此得到 $a=0$ ．
注 在很多教科书中，例题 2.34 以下列方式出现，即给定数列的通项如下：

$$
\forall n, x_n=\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2}}}}_{n \text { 个根号 }},
$$

求 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_n$ ．这样就与例题 2.37 有一个共同点，即给出的数列原来并不是迭代形式，而将它写成迭代形式则成为研究数列敛散性的一种手段了．

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