求两个的“捆绑”数列的极限（类似算术平均和几何平均）

其妙

据说不少人找出了下面这道题的类似题，但是最后发现还是有细微的差别？
有哪些方法解出这道题呢？

其妙

zhcosin

印象中几年前我就解过你的这道题，那时你还不叫其妙，叫yes94的吧。
因为
\[ \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}=\frac{\frac{a_n+b_n}{2}}{\sqrt{a_{n+1}b_n}} = \frac{\frac{a_n+b_n}{2}}{\sqrt{\frac{a_n+b_n}{2}b_n}} = \sqrt{\frac{1+\frac{a_n}{b_n}}{2}} \]
所以令$c_n=\frac{a_n}{b_n}$，就有
\[ c_{n+1}=\sqrt{\frac{1+c_n}{2}} \]
受半角公式$\cos{\frac{\theta}{2}}=\sqrt{\frac{1+\cos{\theta}}{2}}$启发，令$c_n=\cos{\theta_n}$，则可取$\theta_{n+1}=\frac{\theta_n}{2}$，结合$\cos{\theta_1}=c_1=\frac{a_1}{b_1}=0$可取$\theta_1=\frac{\pi}{2}$，于是$\theta_n=\frac{\pi}{2^n}$，所以得到
\[ a_n=\cos\frac{\pi}{2^n}b_n \]
再回到$b_n$的递推式，有
\[ b_{n+1}^2=a_{n+1}b_n=\cos{\frac{\pi}{2^{n+1}}} b_{n+1}b_n\]
所以
\[ b_{n+1}=\cos{\frac{\pi}{2^{n+1}}} b_n \]
于是便不难求得
\[ b_n=b_1 \cos{\frac{\pi}{2^2}}\cos{\frac{\pi}{2^3}}\cdots \cos{\frac{\pi}{2^n}} \]
对右边这个余弦的连乘积，将它乘以$\sin{\frac{\pi}{2^n}}$再利用正弦的二倍角公式便会发生连锁反应，反应的结果便是这连乘积等于$\frac{1}{2^{n-1}\sin{\frac{\pi}{2^n}}}$，所以
\[ b_n=\frac{1}{2^n \sin{\frac{\pi}{2^n}}} \]
而
\[ a_n=\cos{\frac{\pi}{2^n}}b_n=\frac{1}{2^n}\cot{\frac{\pi}{2^n}} \]
由熟知的极限$\lim_{x \to 0} \frac{\sin{x}}{x}=1$便知$a_n$和$b_n$有共同的极限$\frac{1}{\pi}$.
补充说明： 在令$c_n=\cos{\theta_n}$时尚需证明$|c_n| \leqslant 1$，不过这从递推式$c_{n+1}=\sqrt{\frac{1+c_n}{2}}$可以看出来，只要$0 \leqslant c_n \leqslant 1$便有$0 \leqslant c_{n+1} \leqslant 1$，而$c_1=0$，所以由数学归纳法便知$0 \leqslant c_n \leqslant 1$对一切正整数成立。另外如果数列的初值$a_1>b_1$，那么便能证得$c_n>1$，这时就不能使用余弦了，但却可以使用双曲余弦函数$\cosh{x}=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$，双曲余弦函数具备相同的倍半公式: $\cosh{\frac{x}{2}}=\sqrt{\frac{1+\cosh{x}}{2}}$.

其妙

zhcosin

另外如果这题的$b_n$的递推公式改成$b_{n+1}=\sqrt{a_nb_n}$的话，由单调有界定理也能证出它们有共同的极限，只是这极限值，就必须要用椭圆积分来表达了，用$a$和$b$来表示初值$a_1$和$b_1$，那么这极限$M(a,b)$
\[ M(a,b)=\frac{\pi}{2I(a,b)} \]
其中$I(a,b)$是如下的积分（椭圆积分）
\[ I(a,b) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{a^2\cos^2{\theta}+b^2\sin^2{\theta}}} \]
这是高斯得出来的结果，详细推导过程见 en.wikipedia.org/wiki/Arithmetic–geometric_mean，主要思路是利用换元积分法可证得
\[ I(a,b)=I(\frac{a+b}{2}, \sqrt{ab})=\cdots=I(M(a,b), M(a,b))=\frac{\pi}{2M(a,b)} \]
使用的换元是
\[ \sin{\theta}=\frac{2x\sin{\theta'}}{(x+y)+(x-y)\sin^2{\theta'}} \]

色k

see also: bbs.pep.com.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=755264

青青子衿

分享一个类似的题目：
已知数列\(\,\{a_n\}\,\)与数列\(\,\{b_n\}\,\)满足\(\,a_1=2\sqrt3\,\), \(\,b_1=3\,\)
\begin{cases}
a_{n+1}=\dfrac{2a_nb_n}{a_n+b_n}\\
b_{n+1}=\sqrt{a_{n+1}b_n}
\end{cases}
求\(\,\{a_n\}\,\)与\(\,\{b_n\}\,\)的通项公式
最近在数学群里传来传去的一道数列题
zhuanlan.zhihu.com/p/29973505

敬畏数学

回复 7# 青青子衿
链接厉害。。。做出来，我看都看不懂。数学“砖家”。。。。

hbghlyj

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hbghlyj

青青子衿 发表于 2019-7-27 05:25
分享一个类似的题目：
已知数列\(\,\{a_n\}\,\)与数列\(\,\{b_n\}\,\)满足\(\,a_1=2\sqrt3\,\), \(\,b_1=3\,\)
\begin{cases}
a_{n+1}=\dfrac{2a_nb_n}{a_n+b_n}\\
b_{n+1}=\sqrt{a_{n+1}b_n}
\end{cases}
求\(\,\{a_n\}\,\)与\(\,\{b_n\}\,\)的通项公式
最近在数学群里传来传去的一道数列题

存档

根据 $b_{n+1}=\sqrt{a_{n+1}b_n}$
$=b_n\sqrt{\frac{2a_n}{a_n+b_n}}=b_n\cdot\sqrt{\frac{2}{1+\frac{b_n}{a_n}}}$

另外，由$b_{n+1}=\sqrt{a_{n+1}b_n}$ ，两边平方得到 $b_{n+1}^2=a_{n+1}b_n$

也就是 $\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}=\frac{b_{n+1}}{b_n}$ ，所以 $\frac{b_{n}}{a_{n}}=\frac{b_{n-1}}{b_{n}}$

把这个式子带入 $b_{n+1}=b_n\cdot\sqrt{\frac{2}{1+\frac{b_n}{a_n}}}$

$b_{n+1}=b_n\cdot\sqrt{\frac{2}{1+\frac{b_{n-1}}{b_{n}}}}$

观察到两边有类似的东西

$\frac{b_{n+1}}{b_n}=\sqrt{\frac{2}{1+\frac{b_{n-1}}{b_{n}}}}$

这里思路就很明显了


设 $c_n=\frac{b_{n}}{b_{n+1}}$

式子可以写成 $\frac{1}{c_n}=\sqrt{\frac{2}{1+{c_{n-1}}}}$

平方有 $\frac{1}{c_n^2}=\frac{2}{1+c_{n-1}}$

化简得到 $2c_n^2=c_{n-1}+1$


考虑 $c_1$ 的值

$a_1=2\sqrt3$ ， $b_1=3$

所以 $a_2=12\cdot(2-\sqrt3)$ ， $b_2=3\cdot(\sqrt6-\sqrt2)$

$c_1=\frac{b_1}{b_2}=\frac{1}{\sqrt6-\sqrt2}$


对三角函数稍微接触一点就可以知道，这是 $\cos15^\circ$ 的值

下面利用半角公式证明： $\cos15^\circ=\sqrt\frac{\cos30^\circ+1}{2}=\sqrt\frac{2+\sqrt3}{4}=\frac{\sqrt6+\sqrt2}{4}=c_1<1$


对于 $0<c_{n-1}<1$ 来说，$0<c_n^2=\frac{c_{n-1}+1}{2}<1$
另外 $0<c_1<1$ ，根据数学归纳法对于任意的 $n$ 都有 $0<c_n<1$

因此我们可以定义 $d_n=\arccos c_n$
由 $2c_n^2=c_{n-1}+1$ 我们可以得到
因此 $2d_{n+1}=d_{n}$ 恒成立， $d_1=15^\circ$ ，也就是 $d_n=\frac{30^\circ}{2^n}$


$c_n=\cos\frac{30^\circ}{2^n}=\cos\frac{\pi}{6\cdot2^n}$


$\frac{b_{n}}{b_{n+1}}=c_n$ ，也就是 $\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=\frac{1}{c_n}$

所以 $b_{n+1}=b_1\cdot\prod_{i=1}^n\frac{1}{\cos\frac{\pi}{6\cdot2^i}}$

$=3\cdot\prod_{i=1}^n\frac{1}{\cos\frac{\pi}{6\cdot2^i}}$


推导回 $b_n$ ，并利用连乘符号的性质可知

$b_{n}=3\cdot\prod_{i=2}^{n}\frac{1}{\cos\frac{\pi}{3\cdot2^i}}$ ，当然此时 $n>1$

另外根据 $\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}=\frac{b_{n+1}}{b_n}$

可知 $a_n=\frac{b_n^2}{b_{n-1}}$

$=b_n\cdot\frac{1}{\cos\frac{\pi}{3\cdot2^n}}$

所以可知， $a_n=\frac{3}{\cos\frac{\pi}{3\cdot2^n}}\cdot\prod_{i=2}^{n}\frac{1}{\cos\frac{\pi}{3\cdot2^i}}$ ，此时同样 $n>1$


题做到这里就可以结束了，但当然也可以继续简化

注意到$\cos\theta\cos2\theta\cos4\theta\cdot\cdot\cdot\cos2^n\theta$

$=$ $\sin\theta\cos\theta\cos2\theta\cos4\theta\cdot\cdot\cdot\cos2^n\theta\cdot\frac{1}{\sin\theta}$

$=\frac{\sin2^{n+1}\theta}{2^{n+1}\sin\theta}$


所以可知 $\prod_{i=2}^{n}\frac{1}{\cos\frac{\pi}{3\cdot2^i}}=\frac{2^{n-1}\sin\frac{\pi}{3\cdot2^n}}{\sin\frac{\pi}{6}}$

$=2^{n}\sin\frac{\pi}{3\cdot2^n}$

因此

$a_n=\frac{3\cdot2^{n}}{\cos\frac{\pi}{3\cdot2^n}}\cdot\sin\frac{\pi}{3\cdot2^n}=3\cdot2^n\tan\frac{\pi}{3\cdot2^n}$

$b_n=3\cdot2^{n}\sin\frac{\pi}{3\cdot2^n}$


代入发现对于 $n=1$ 也成立

综上所述，数列的通项公式是：


$a_n=3\cdot2^n\tan\frac{\pi}{3\cdot2^n}$

$b_n=3\cdot2^{n}\sin\frac{\pi}{3\cdot2^n}$



（另外，三角函数内可以加上 $2k\pi$ ，其中 $k$ 为任意整数。同样，可以根据正弦函数和正切函数的诱导公式进行变形，这里不详细说了。）

解法汇总：一道高中数学数列题的解答

存档

数列 $\left\{ a_{n} \right\}$ 、 $\left\{ b_{n} \right\}$ ，满足 $a_{1}=a$ ， $b_{1}=b$ ， $a_{n+1}=\frac{2a_{n}b_{n}}{a_{n}+b_{n}}$ ， $b_{n+1}=\sqrt{a_{n+1}b_{n}}$ .

求数列 $\left\{ a_{n} \right\}$ 、 $\left\{ b_{n} \right\}$ 的通项公式.


最近偶然发现 @sammy711
同学早已给出了一个解答：

最近在数学群里传来传去的一道数列题

那么我再来给个我所知道的解法汇总吧，如果还有新的解法欢迎补充


我最早见到这一题是在很多年前了，当初在李世杰《高中数学竞赛专题讲座 递推与递推方法》一书中见到了此题. 当然他给出的初值是 $a_{1}=2$ ， $b_{1}=\sqrt{2}$

之后百度贴吧一位叫做tian27546西西的先辈给出了一般形式：

题1是李世杰书上的原题，题2则是把初值一般化.

当然，如若把初值改成 $a_{1}=2\sqrt{3}$ ， $b_{1}=3$ 的话，恰好是阿基米德的圆周率的计算式（见参考资料【3】），就 改成这种形式发了出来.

所以这实际上是当年阿基米德计算圆周率 $\pi$ 的迭代公式，算起来这道题真正的历史有2000余年了.


此题解法很多，以前我在百度发过解法汇总，但是在知乎发还是第一次


方法（一）


注意到三角恒等式

$2\tan\frac{\alpha}{2} =\frac{2\tan\alpha\sin\alpha}{\tan\alpha+\sin\alpha}$ ，$2\sin\frac{\alpha}{2}=\sqrt{2\tan\frac{\alpha}{2}\sin\alpha}$

令 $a_{1}=a=c\cdot\tan\theta$ ， $b_{1}=b=c\cdot\sin\theta$

显然 $\theta=\arccos\left( \frac{b}{a} \right)$ ， $c=\frac{b}{\sin\theta}$

由于

$2c\cdot\tan\frac{\theta}{2} =\frac{2\cdot c\cdot\tan\theta\cdot c\cdot\sin\theta} {c\cdot\tan\theta+c\cdot\sin\theta} =\frac{2 c\cdot\tan\theta\cdot\sin\theta}{\tan\theta+\sin\theta}$

由数学归纳法

$a_{n}=\frac{b}{\sin\theta}\cdot 2^{n-1}\cdot\tan\frac{\theta}{2^{n-1}}$

$b_{n}=\frac{b}{\sin\theta}\cdot 2^{n-1}\cdot\sin\frac{\theta}{2^{n-1}}$

（ $n\in\mathbb{N}^{*}$ ）

注意此处随着不同的初值 $a$ , $b$ ，三角换元的过程是可能出现复数的，不去管它.

实在不想看到复数，某些初值下可以改使用双曲换元.

这个方法是最直接快捷的，但是那两个三角恒等式不属于最常见的，应该不是每个人都能想到.




方法（二）


这个方法比较类似 @sammy711 同学的解法


$a_{n+1}=\frac{2a_{n}b_{n}}{a_{n}+b_{n}}$ ， $b_{n+1}^{2}=a_{n+1}b_{n}$

由此两式消去 $a_{n}$ , $a_{n+1}$ 可得

$\frac{b_{n+1}^{2}}{b_{n}^{2}}=\frac{2b_{n}}{b_{n}+b_{n-1}}$

得 $2\frac{b_{n}^{2}}{b_{n+1}^{2}}=\frac{b_{n-1}}{b_{n}}+1$

令 $x_{n}=\frac{b_{n}}{b_{n+1}}$

则有 $x_{n}=2x_{n+1}^{2}-1$

$a_{2}=\frac{2ab}{a+b}$ ， $b_{2}=\sqrt{a_{2}b_{1}}=\sqrt{\frac{2a}{a+b}}\cdot b$

$x_{1}=\frac{b_{1}}{b_{2}}=\sqrt{\frac{a+b}{2a}}$

令 $x_{1}=\cos\left( \frac{\theta}{2} \right)$

由数学归纳法， $x_{n}=\cos\left( \frac{\theta}{2^{n}} \right)$ （ $n\in\mathbb{N}^{*}$ ）

$\frac{b}{b_{n}}=\frac{b_{1}}{b_{n}} =\prod_{i=1}^{n-1}\frac{b_{i}}{b_{i+1}} =\prod_{i=1}^{n-1}x_{i} =\prod_{i=1}^{n-1}\cos\left( \frac{\theta}{2^{i}} \right) =\frac{\sin\theta}{2^{n-1}}/\sin\left( \frac{\theta}{2^{n-1}} \right)$

$b_{n}=\frac{b\cdot2^{n-1}}{\sin\theta} \cdot\sin\left( \frac{\theta}{2^{n-1}} \right)$

$a_{n}=\frac{b_{n}^{2}}{b_{n-1}}=\frac{b_{n}}{x_{n-1}}$

$a_{n}=\frac{b\cdot2^{n-1}}{\sin\theta} \cdot\tan\left( \frac{\theta}{2^{n-1}} \right)$

（ $n\in\mathbb{N}^{*}$ ）

其中 $\theta=2\arccos\left( \sqrt{\frac{a+b}{2a}} \right)$

即 $\theta=\arccos\left( \frac{b}{a} \right)$

注意此处随着不同的初值 $a$ , $b$ ，三角换元的过程是可能出现复数的，不去管它.

否则的话，也可以采取这样的换元：

令 $x_{1}=\frac{1}{2}\left( t+\frac{1}{t} \right)$

则数学归纳法， $x_{n}=\frac{1}{2}\left( t^{2^{1-n}}+\frac{1}{ t^{2^{1-n}}} \right)$ （ $n\in\mathbb{N}^{*}$ ）

它实际上和双曲余弦换元是等价的





方法（三）


这种方法比较繁琐，不推荐


$a_{n+1}=\frac{2a_{n}b_{n}}{a_{n}+b_{n}}$ ， $b_{n+1}^{2}=a_{n+1}b_{n}$

$a_{n}a_{n+1}+b_{n}a_{n+1}=2a_{n}b_{n}$

$a_{n}a_{n+1}=b_{n}\left( 2a_{n}-a_{n+1} \right)$

$b_{n}=\frac{a_{n}a_{n+1}}{2a_{n}-a_{n+1}}$

$b_{n+1}^{2}=a_{n+1}b_{n}$

$b_{n+1}^{2}=b_{n}a_{n+1}=\frac{a_{n}a_{n+1}^{2}}{2a_{n}-a_{n+1}}$

$\frac{a_{n+1}^{2}a_{n+2}^{2}}{\left( 2a_{n+1}-a_{n+2}\right)^{2}}=\frac{a_{n}a_{n+1}^{2}}{2a_{n}-a_{n+1}}$

$\frac{a_{n+2}^{2}}{\left( 2a_{n+1}-a_{n+2}\right)^{2}}=\frac{a_{n}}{2a_{n}-a_{n+1}}$

$2a_{n}a_{n+2}^{2}-a_{n+1}a_{n+2}^{2}=4a_{n}a_{n+1}^{2}-4a_{n}a_{n+1}a_{n+2}+a_{n}a_{n+2}^{2}$

$a_{n}a_{n+2}^{2}-a_{n+1}a_{n+2}^{2}=4a_{n}a_{n+1}^{2}-4a_{n}a_{n+1}a_{n+2}$

$\frac{a_{n+2}^{2}a_{n+1}}{a_{n+2}-a_{n+1}}=4\frac{a_{n+1}^{2}a_{n}}{a_{n+1}-a_{n}} $


$a_{2}=\frac{2a_{1}b_{1}}{a_{1}+b_{1}}=\frac{2ab}{a+b}$

$\frac{a_{2}^{2}a_{1}}{a_{2}-a_{1}}=\frac{4a^{2}b^{2}}{b^{2}-a^{2}}$

则 $\frac{a_{n+1}^{2}a_{n}}{a_{n+1}-a_{n}}=\frac{4^{n}a^{2}b^{2}}{b^{2}-a^{2}}$

（ $n\in\mathbb{N}^{*}$ ）


若 $0<a<b$

令 $u=\frac{a^{2}b^{2}}{b^{2}-a^{2}}$ ，则 $\frac{a_{n+1}^{2}a_{n}}{a_{n+1}-a_{n}}=4^{n}\cdot u$

$a_{n}=\frac{4^{n}\cdot u\cdot a_{n+1}}{a_{n+1}^{2}+4^{n}\cdot u}$ ，得 $\frac{2^{n-1}\sqrt{u}}{a_{n}}=\frac{\frac{4^{n}u}{a_{n+1}^{2}}+1}{2\cdot\frac{2^{n}\sqrt{u}}{a_{n+1}}}$

再令 $c_{n}=\frac{2^{n-1}\sqrt{u}}{a_{n}}$ ，则 $c_{1}=\frac{\sqrt{u}}{a_{1}}=\frac{b}{\sqrt{b^{2}-a^{2}}}$

则有 $c_{n}=\frac{c_{n+1}^{2}+1}{2c_{n+1}}$

$\frac{c_{n+1}+1}{c_{n+1}-1}=\sqrt{\frac{c_{n}+1}{c_{n}-1}}$ ，则 $\frac{c_{n}+1}{c_{n}-1}=\left( \frac{c_{1}+1}{c_{1}-1} \right)^{2^{1-n}}$

$c_{n}=\frac{\left( \frac{c_{1}+1}{c_{1}-1} \right)^{2^{1-n}}+1}{\left( \frac{c_{1}+1}{c_{1}-1} \right)^{2^{1-n}}-1}= \frac{\left( c_{1}+1 \right)^{2^{1-n}}+\left( c_{1}-1 \right)^{2^{1-n}}} {\left( c_{1}+1 \right)^{2^{1-n}}-\left( c_{1}-1 \right)^{2^{1-n}}}$

$a_{n}=\frac{2^{n-1}\sqrt{u}}{c_{n}}=\frac{2^{n-1}\cdot a\cdot b}{\sqrt{b^{2}-a^{2}}}\frac{\left( c_{1}+1 \right)^{2^{1-n}}-\left( c_{1}-1 \right)^{2^{1-n}}} {\left( c_{1}+1 \right)^{2^{1-n}}+\left( c_{1}-1 \right)^{2^{1-n}}}$

$b_{n}=\frac{a_{n}a_{n+1}}{2a_{n}-a_{n+1}}=2^{n-1}\cdot\sqrt{u}\cdot\frac{1}{c_{n+1}-c_{n}}$

（ $n\in\mathbb{N}^{*}$ ）

允许各变量取复数值的话，这个换元可适用于所有的初值

上面的计算中，如果采取倒代换，令 $A_{n}=\frac{1}{a_{n}}$ ， $B_{n}=\frac{1}{b_{n}}$的话

会有： $A_{n+2}\left( A_{n+2}-A_{n+1} \right)=\frac{A_{n+1}\left( A_{n+1}-A_{n} \right)}{4}$ （ $n\in\mathbb{N}^{*}$ ）

这样能够使得计算稍微简便一点点，当然结果仍然是等价的.




方法（四）


这是百度吧友 @rugals
同学给出的方法，他有这个知乎帐号但很少使用

他的这种方法和我的方法（三）的倒代换形式基本上差不多，懒得再打一遍，直接上传他的解答的截图




关于极限问题


显然，数列

$a_{n}=\frac{b}{\sin\theta}\cdot 2^{n-1}\cdot\tan\frac{\theta}{2^{n-1}}$ ，$b_{n}=\frac{b}{\sin\theta}\cdot 2^{n-1}\cdot\sin\frac{\theta}{2^{n-1}}$ （ $n\in\mathbb{N}^{*}$ ）

当 $n\rightarrow\infty$ 时是有着共同极限的，这个共同极限是 $\frac{b\cdot\theta}{\sin\theta}$

而当 $a_{1}=2\sqrt{3}$ ， $b_{1}=3$ 时，这个共同极限便是 $\pi$

这就是当年阿基米德计算圆周率时采用的割圆术

其中 $b_{n}=3\cdot 2^{n}\cdot\sin\frac{\pi}{3\cdot2^{n}}$

这恰好是圆的内接正$3\cdot2^{n}$边形的周长与圆直径的比值

而 $a_{n}=3\cdot 2^{n}\cdot\tan\frac{\pi}{3\cdot2^{n}}$

这是圆的外切正$3\cdot2^{n}$边形的周长与圆直径的比值

容易验证，这样的迭代对 $\pi$ 的逼近，是按一阶速度收敛的


那么最后，再给诸位一个简单的小思考题：请不用三角函数，而用单纯的平面几何法解释这个二元差分方程组的意义.




参考资料：

李世杰《高中数学竞赛专题讲座 递推与递推方法》

谢惠民、恽自求、易法槐、钱定边《数学分析习题课讲义》

Berggren L、Borwein J、Borwein P《Pi：A Source Book》