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本帖最后由 zhcosin 于 2017-5-24 10:44 编辑 这是数学专业考研交流群里昨天发的一道题目。
题目:已知非负实数数列$\{a_n\}$对任意两个正整数$n$和$m$都满足$a_{n+m} \leqslant a_n+a_m$，求证:数列$\{\frac{a_n}{n}\}$收敛。
这道题目跟1997年的一道CMO试题的条件一模一样，只是结论不同，题目如下:
1997年CMO试题:已知非负实数数列$\{a_n\}$对任意两个正整数$n$和$m$都满足$a_{n+m} \leqslant a_n+a_m$，求证:对任意$n \geqslant m$都有$a_n \leqslant ma_1+\left( \frac{n}{m}-1\right)a_m$。
由于这个关联性，所以原题目的解答过程参考了后者的思路（《数学奥林匹克》（钱展望，朱华伟，湖北教育出版社））
证明：设$n>m$，有
\begin{align*}
\frac{a_n}{n} - \frac{a_m}{m} < & \frac{a_{n-m}+a_m}{n} - \frac{a_m}{m} \\
= & \frac{n-m}{n} \left( \frac{a_{n-m}}{n-m} - \frac{a_m}{m} \right)
\end{align*}
这有点类似于辗转相除法，如果还有$n-m>m$，则继续上述步骤，经过有限步之后，必然得出
\[ \frac{a_n}{n} - \frac{a_m}{m} \leqslant \frac{s}{n} \left( \frac{a_s}{s} - \frac{a_m}{m} \right) \]
其中正整数$s$满足$1 \leqslant s \leqslant m$，但是这个$s$，一般的说是依赖于$n$的，但是它的取值集合却是有限个，所以右端除去因子$\frac{1}{n}$以外的部分是有界的,所以我们在上式中令$n \to \infty$，便能得出右端在$n \to \infty$时趋于零，这就说明: 对于每一个固定的$m$和任意小的正实数$\delta$，当$n$充分大时恒有
\[ \frac{a_n}{n} \leqslant \frac{a_m}{m} + \delta \]
这便是我们解答问题的关键所在，因为显然还能得出$a_n \leqslant a_{n-1}+a_1 \leqslant (a_{n-2}+a_1)+a_1 \leqslant \cdots \leqslant na_1$，从而$0 \leqslant \frac{a_n}{n} \leqslant a_1$说明数列$\{\frac{a_n}{n}\}$是有上下界的，因此我们只要证明如下这个引理就可以了：
引理: 如果数列$\{ x_n \}$有界，并且对于数列中的每一项$x_m$和任意小的正实数$\delta$，当$n$充分大时恒有$x_n \leqslant x_m+\delta$，那么数列收敛。
证明是很容易的，既然数列有下界，便有下确界，我们将证明这下确界便是其极限，设其下确界为$M$，那么对于无论多么小的正实数$\varepsilon$，存在数列中的某一项$x_m$满足$M \leqslant x_m < M+\varepsilon$，然而由条件，当$n$充分大时恒有$x_n \leqslant x_m+\delta$，我们让这个$\delta<M+\varepsilon-x_m$，从而这时就有$M \leqslant x_n < M+\varepsilon$，按极限定义，这下确界$M$便是其极限。 |
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caijinzhi
发表于 2017-5-29 12:11
kuing
发表于 2017-5-29 18:04
