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从咸道老师梦得的数学题谈起

好玩的数学 · 公众号 · 数学 · 2020-03-23 17:20

正文

返朴公众号前日推送了一篇奇文《梦中能做数学题吗？》，引发诸多读者的兴趣与讨论。该文作者咸道是我敬重的老师，与我所了解的其他老师相比，他有一个突出的特点：擅长出题目。我做了其中最简单的两道题，并引申出一个相关问题。考虑到也许有读者感兴趣，这里分享一下（所谓“奇文共欣赏，疑义相与析。”)。建议有兴趣的读者先思考一下咸道老师的前两道题 (下述问题1与问题2，程度较好的高中生就可以考虑了，第一题属于高中代数，考察数学归纳法，第二题考察数列的极限，属于微积分入门)再看解答。本文提供的解答主要起一个参考作用，读者可以提出自己的解法。

在咸道老师这篇文章的诸多留言中，我注意到有一个自称博士的读者留言。他说第一个问题都没做出来，而这问题咸道老师在文章说是“ 拿给中学生去做 ”的！他的留言截图如下：

对此, 我只想就 trivial 说一句，这是咸道老师的口头禅(他的许多学生也常这么说)，意思是“ 平凡的 ”(华罗庚先生的书中有时用“ 无聊的 ”来表达同一个意思)。我想咸道老师之所以用这个字眼，主要是习惯使然，在外文数学文献中经常可以读到 trivial ，如图

另一方面，这个英文会有提醒的效果：在咸道老师看来简单的问题我们须自己想明白，此外提醒我们少做平凡的工作，多做非平凡的工作。在这方面，我们还可以分享一句名言，它恰好可以回答多年前学生问我的一个问题(可惜当时我不知道这样一个定义的存在)：什么样的人可以称之为数学家？

咸道老师的第一题如下：

问题1 记为“黄金分割数”。证明，对每个正整数有

\begin{equation} \omega^{-n}=F_{n+1}+F_n\omega, \end{equation}

其中为斐波那契数列，即满足，且对有 .

对问题1，由于我给出的解法对中学生来说有点复杂，就不介绍了。这里要介绍的是咸道老师分享的两种中学生解法。第一个证明是基于高中生熟悉的数学归纳法，如下。

第一个证明 对用数学归纳法。

先考虑的情形，此时我们要证明

\begin{equation} \omega^{-1}=1+\omega. \end{equation}

证明如下，由于满足方程，从而有

\begin{equation} 1=\omega^2+\omega=\omega(1+\omega). \end{equation}

由立即推出。

接下来假设对成立，即且 . 现在考虑的情况。

\begin{aligned} \omega^{-k-1}&=\omega^{-k}\omega^{-1} \qquad(\text{定义})\\ &=(F_{k+1}+F_k\omega)\omega^{-1}\qquad(\text{归纳假设})\\ &=(F_{k+1}+F_k\omega)(1+\omega)\qquad(\text{由}(2))\\ &=F_{k+1}+ F_k\omega(1+\omega)+ F_{k+1} \omega\\ &=F_{k+1}+ F_k+ F_{k+1} \omega\qquad(\text{由}(3))\\ &=F_{k+2}+ F_{k+1} \omega, \end{aligned}

其中 . 这就完成了时的证明。

根据数学归纳法原理，对一切正整数成立。

对于上述解法以及博士留言，咸道老师有以下评论：

斐波拉契数列和黄金分割数在统编中学数学教科书中都有，连记号也许这里相同。所以 此题是中学生练习数学归纳法的标准习题 ，而上述解法也是一个中学生不难做出的证明。不知道那位博士怎么会把它称为“奥数”的。

我说这题“证明不难”绝不是口气大，而且我说“没有trivial的”，这已经表明是是凡夫俗子了（天才对此是不屑一顾的）。

咸道老师分享的第二种证明是基于斐波拉契数列的通项公式，证明如下:

第二个证明 根据斐波拉契数列的通项公式(见于很多书——包括一些教材)，对一切正整数有

\begin{equation} F_n=\frac{\omega^{-n}-(-\omega)^{n}}{\omega+\omega^{-1}}. \end{equation}

于是

\begin{align*} &{}F_{n+1}+F_n\omega\\ =&{}\frac{\omega^{-n-1}-(-\omega)^{n+1}}{\omega+\omega^{-1}}+\frac{\omega^{-n}-(-\omega)^{n}}{\omega+\omega^{-1}}\omega\\ =&{}\frac{\omega^{-n-1}+\omega^{-n+1}}{\omega+\omega^{-1}}\\ =&{}\omega^{-n}\cdot \frac{\omega^{-1}+\omega^{1}}{\omega+\omega^{-1}}\\ =&{}\omega^{-n}\cdot 1\\ =&{}\omega^{-n}. \end{align*}

问题 2 设数列满足递推关系

a_{n+1}=\sqrt{a_n+a},

其中是给定的正数。对任意给定的初值，数列总有极限，并且极限是定义在上的函数的唯一不动点。

注：在咸道老师的原题中，是以的特例开始的，而在我的大一微积分习题课上，曾讲过的特殊情况(当时是作为一道选择题出现，不过我将它延伸为一个解答题了)。咸道老师认为上述一般问题的讨论可以作为一道本科数学竞赛题，我是认同的。我们给出以下分析解答。

解. 注意，若有极限，则对递推关系两边同时取极限【注意是连续函数】, 就有

a^\star=f(a^\star),

即是的不动点。注意到在现在的情形，，从而不动点方程为

x=\sqrt{x+a}.

从而是二次方程

\begin{equation} x^2-x-a=0 \end{equation}

的唯一正根,即

\begin{equation} a^\star=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}. \end{equation}

下面，我们直接证明，总是以为极限。为此，我们要估计，为此，我们利用

\begin{align*} a_n-a^\star&=\sqrt{a_{n-1}+a}-a^\star\\ &=\frac{a_{n-1}+a-{(a^\star)}^2}{\sqrt{a_{n-1}+a}+a^\star}\quad(\text{分子有理化})\\ &=\frac{a_{n-1}+a-(a^\star+a)}{\sqrt{a_{n-1}+a}+a^\star}\quad(a^\star\text{满足方程}(5))\\ &=\frac{a_{n-1}-a^\star}{\sqrt{a_{n-1}+a}+a^\star} \end{align*}

如果我们能证明，对一切，总有

\begin{equation} \sqrt{a_{n-1}+a}+a^\star\geq M>1 \end{equation}

（其中是常数）就可以得到估计

\begin{equation} |a_n-a^\star|\leq |a_{n-1}-a^\star|M^{-1}, \end{equation}

进而就有

\begin{equation} |a_n-a^\star|\leq\cdots\leq |a_{1}-a^\star|M^{-n+1}, \end{equation}

进而就有趋于，从而趋于 . 于是我们的目标就是给出的一个下界估计。显然，我们有

\sqrt{a_{n-1}+a}+a^\star\geq a^\star.

如果总成立, 那么它就可以取作估计中的 . 事实上，是很容易看出来的，见式。

做完咸道老师的这个问题，再反思之前的教学，我想也许我当时在习题课时应该将这样的一般问题作为思考题进一步延伸。

做完这两个题目，我想起在课堂上给学生讲过的另一个有趣的问题。这里我留给有兴趣的读者考虑。

问题 3 设数列满足递推关系

b_{n+2}=b_{n+1}+b_n

对任意的成立，是任意给定的正数。求证， $a_n=\frac{b_n}{b_{n+1}}$ 总有极限，而且极限不依赖于初值的选择。

注：在初值的特殊情况，问题3告诉我们，斐波拉契数列的前后两项之比有极限。当然，一个熟知的事实是，这个极限就是黄金分割数 . 这一事实可以根据斐波拉契数列的通项公式直接验证(留给有兴趣的读者)。

就其本质来说，问题3的一个可能推广如下：

问题 4 设数列满足递推关系

\begin{equation} a_{n+1}=\frac{1}{a_n}+a, \end{equation}

其中是给定的正数。对任意给定的初值，讨论数列的极限。

对问题4，如果仿照问题2的解法，似乎只得到部分结果，即：当时，由定义的数列总收敛到的不动点

\begin{equation} a^\star=\frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2}. \end{equation}

推理如下：

\begin{align} a_n-a^\star&=\Big(\frac{1}{a_{n-1}}+a\Big)-\Big(\frac{1}{a^\star}+a\Big)\quad(a^\star\text{的不动点性质})\nonumber\\ &=\frac{1}{a_{n-1}}-\frac{1}{a^\star}\nonumber\\ &=-\frac{a_{n-1}-a^\star}{a_{n-1}a^\star}. \end{align}

注意，所以如果我们有，则它就可以取作类似前面中的，从而得到所求的估计。而

aa^\star=a\frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2}=h(a)

是的单调递增函数，且可以验证，因此当时，由(10)定义的数列收敛到极限。

于是遗留的问题是：当 $0<a\leq \frac{1}{\sqrt{2}}$ 时，结果又如何？

实际上，问题4可以有一个完整解答 [以下的解法其实可以追溯到英国数学A. Cayley(1821--1895) ，有兴趣的读者可以参见李忠老师的小书《迭代·浑沌·分形》 ]。为此，我们还需用到的另一个不动点

\begin{equation} a^\dagger=\frac{a-\sqrt{a^2+4}}{2}. \end{equation}

利用之前的推理，我们同样可以得到

\begin{align} a_n-a^\dagger&=\Big(\frac{1}{a_{n-1}}+a\Big)-\Big(\frac{1}{a^\dagger}+a\Big)\quad(a^\dagger\text{的不动点性质})\nonumber\\ &=\frac{1}{a_{n-1}}-\frac{1}{a^\dagger}\nonumber\\ &=-\frac{a_{n-1}-a^\dagger}{a_{n-1}a^\dagger}. \end{align}

将(14)与(12)式两边作比，就有

\begin{equation} \frac{a_n-a^\star}{a_n-a^\dagger}=\frac{a^\dagger}{a^\star}\cdot\frac{a_{n-1}-a^\star}{a_{n-1}-a^\dagger}, \end{equation}

这意味着，

\begin{equation} b_n=\frac{a_n-a^\star}{a_n-a^\dagger} \end{equation}

是以

\begin{equation} q=\frac{a^\dagger}{a^\star} \end{equation}

为公比的等比数列。熟知的一个事实是，当时，以为公比的等比数列收敛到 , 且此时对应的的极限可以从

\begin{equation} a_n=\frac{a^\dagger b_n-a^\star}{b_n-1} \end{equation}

(它可从式得到)算得。容易看出，当

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