這個數列極限問題如何解決呢？

04-30

設 $0 求證 <img src=$ 數列 ${a_{n}}$ 和 ${b_{n}}$ 收斂於相同的極限並求該極限.

真要說起來，這個問題的歷史其實相當古老，可以追溯到2000多年前古希臘的阿基米德

我給出幾種做法

為了方便起見，我把題目形式稍加變化一下，變成：

數列 $left{ a_{n} ight}$ 、 $left{ b_{n} ight}$ ，滿足 $a_{1}=a$ ， $b_{1}=b$ ， $a_{n+1}=frac{2a_{n}b_{n}}{a_{n}+b_{n}}$ ， $b_{n+1}=sqrt{a_{n+1}b_{n}}$ .

$0<bleq a$

求數列 $left{ a_{n} ight}$ 、 $left{ b_{n} ight}$ 的通項公式.

（ $ninmathbb{N}^{*}$ ）

也就是相當於把你的原題進行倒代換，別的完全不影響

為什麼這麼變？因為這樣方便揭示其幾何意義

好了，先說這題解法：

方法（一）

注意到三角恆等式

$2 anfrac{alpha}{2} =frac{2 analphasinalpha}{ analpha+sinalpha}$ ， $2sinfrac{alpha}{2}=sqrt{2 anfrac{alpha}{2}sinalpha}$

令 $a_{1}=a=ccdot an heta$ ， $b_{1}=b=ccdotsin heta$

顯然 $heta=arccosleft( frac{b}{a} ight)$ ， $c=frac{b}{sin heta}$

由於

$2ccdot anfrac{ heta}{2} =frac{2cdot ccdot an hetacdot ccdotsin heta} {ccdot an heta+ccdotsin heta} =frac{2 ccdot an hetacdotsin heta}{ an heta+sin heta}$

由數學歸納法

$a_{n}=frac{b}{sin heta}cdot 2^{n-1}cdot anfrac{ heta}{2^{n-1}}$

$b_{n}=frac{b}{sin heta}cdot 2^{n-1}cdotsinfrac{ heta}{2^{n-1}}$

（ $ninmathbb{N}^{*}$ ）

注意此處隨著不同的初值 $a$ , $b$ ，三角換元的過程是可能出現複數的，不去管它.

實在不想看到複數，某些初值下可以改使用雙曲換元.

這個方法是最直接快捷的，但是那兩個三角恆等式不屬於最常見的，應該不是每個人都能想到.

方法（二）

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

由此兩式消去 $a_{n}$ , $a_{n+1}$ 可得

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

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

令 $x_{n}=frac{b_{n}}{b_{n+1}}$

則有 $x_{n}=2x_{n+1}^{2}-1$

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

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

令 $x_{1}=cosleft( frac{ heta}{2} ight)$

由數學歸納法， $x_{n}=cosleft( frac{ heta}{2^{n}} ight)$ （ $ninmathbb{N}^{*}$ ）

$frac{b}{b_{n}}=frac{b_{1}}{b_{n}} =prod_{i=1}^{n-1}frac{b_{i}}{b_{i+1}} =prod_{i=1}^{n-1}x_{i} =prod_{i=1}^{n-1}cosleft( frac{ heta}{2^{i}} ight) =frac{sin heta}{2^{n-1}}/sinleft( frac{ heta}{2^{n-1}} ight)$

$b_{n}=frac{bcdot2^{n-1}}{sin heta} cdotsinleft( frac{ heta}{2^{n-1}} ight)$

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

$a_{n}=frac{bcdot2^{n-1}}{sin heta} cdot anleft( frac{ heta}{2^{n-1}} ight)$

（ $ninmathbb{N}^{*}$ ）

其中 $heta=2arccosleft( sqrt{frac{a+b}{2a}} ight)$

即 $heta=arccosleft( frac{b}{a} ight)$

注意此處隨著不同的初值 $a$ , $b$ ，三角換元的過程是可能出現複數的，不去管它.

否則的話，也可以採取這樣的換元：

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

則數學歸納法， $x_{n}=frac{1}{2}left( t^{2^{1-n}}+frac{1}{ t^{2^{1-n}}} ight)$ （ $ninmathbb{N}^{*}$ ）

它實際上和雙曲餘弦換元是等價的

顯然，數列

$a_{n}=frac{b}{sin heta}cdot 2^{n-1}cdot anfrac{ heta}{2^{n-1}}$ ， $b_{n}=frac{b}{sin heta}cdot 2^{n-1}cdotsinfrac{ heta}{2^{n-1}}$ （ $ninmathbb{N}^{*}$ ）

當 $n ightarrowinfty$ 時是有著共同極限的，這個共同極限是 $frac{bcdot heta}{sin heta}$

（對於你的原題的話，就是取 $heta=arccos frac{a}{b}$

然後共同極限是 $frac{bcdotsin heta}{ heta}$ ）

而如果這麼取值：當 $a_{1}=2sqrt{3}$ ， $b_{1}=3$ 時，這個共同極限便是 $pi$

這就是當年阿基米德計算圓周率時採用的割圓術

其中 $b_{n}=3cdot 2^{n}cdotsinfrac{pi}{3cdot2^{n}}$

這恰好是圓的內接正 $3cdot2^{n}$ 邊形的周長與圓直徑的比值

而 $a_{n}=3cdot 2^{n}cdot anfrac{pi}{3cdot2^{n}}$

這是圓的外切正 $3cdot2^{n}$ 邊形的周長與圓直徑的比值

此時顯然有

$b_{n}<pi *實際上，這裡的閉區間列 <img src=$ 構成了一個非常典型的閉區間套，並且所有區間端點都是代數數，最後卻構造出了一個超越數

-->

我們令 $s_{n}$ 為圓的外切正 $3cdot2^{n}$ 邊形的邊長與直徑的比值（半邊長與半徑的比值）

令 $t_{n}$ 為圓的內接正 $3cdot2^{n}$ 邊形的邊長與直徑的比值（半邊長與半徑的比值）

那麼很顯然

$s_{n}=frac{a_{n}}{3cdot2^{n}}$ ， $t_{n}=frac{b_{n}}{3cdot2^{n}}$

為了簡單起見，不如令半徑為1

圖中 $PS=SR=t_{n}$

$PY=YR=s_{n}$

$PT=TR=2t_{n+1}$

過點 $T$ 作圓切線交 $PY$ 於點 $M$ ，交 $YR$ 於點 $N$

那麼 $PM=MT=TN=NR=s_{n+1}$

（因為 $riangle{OPM} cong riangle{OTM}$ 且 $riangle{ORN} cong riangle{OTN}$ ）

由幾何關係

$frac{s_{n}-s_{n+1}}{s_{n}}=frac{s_{n+1}}{t_{n}}$

（相似三角形）

即

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

顯然有

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

$left( 2t_{n+1} ight)^{2}-t_{n}^{2} =s_{n+1}^{2}-left( t_{n}-s_{n+1} ight)^{2}$

（勾股定理）

即

$2t_{n+1}^{2}=s_{n+1}t_{n}$

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

這就從幾何意義上解釋了這個數列

來了來了，答主在線pvp

雖然高斯的Arithmetic-Geometric Mean很有名但是也不用強行改問題吧。

不妨設 $a<b$ . 我們設 $lambda_n=frac{a_n}{b_n}in(0,1)$ ，由遞推式，我們有

$lambda_{n+1}=frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}=sqrt{frac{a_n+b_n}{2b_n}}=sqrt{frac{1+lambda_n}{2}}$

這是明顯的二倍角公式。因此如果我們令 $heta=arccosfrac a b$ 即 $cos heta=frac a b$ ，則有 $lambda_{n+1}=cosfrac{ heta}{2^n}$ . 此時帶入 $b_n$ 的遞推式，我們有

$b_{n+1}^2=a_{n+1}b_n=lambda_{n+1}b_{n+1}b_n=b_{n+1}b_ncosfrac{ heta}{2^n}$

因此連乘可以得到 $b_{n+1}=bprod_{k=1}^ncos frac{ heta}{2^k}$ . 令n趨於無窮大，眾所周知， $prod_{k=1}^inftycos frac{ heta}{2^k}=frac{sin heta}{ heta}$ （證明利用 $cos x=frac 1 2frac{sin 2x}{sin x}$ 即可），因此

$lim_{n oinfty} b_n=frac{bsin heta}{ heta}=frac{sqrt{b^2-a^2}}{arccosfrac a b}$ . 類似地， $a_n$ 的通項公式和極限也可以求出來，答案是相同的.

這個數列有時被稱為Schwab數列，因為J.Schwab在1813年研究過它。這個數列和高斯的算術幾何平均數列有異曲同工之妙，構造簡單，並可以速度極快地逼近一些超越函數。

為了方便，如題主所說，記 $a:=a_1,b:=b_1,$ 設 $bgeq a>0.$ 關於數列的收斂性，先說結論：

Schwab數列 $a_n,b_n,$ 滿足 $a 收斂於共同的值 <img src=$ 記 $heta=arccosfrac{a}{b},$ 則 $S(a,b)=bfrac{sin heta}{ heta}.$ 收斂速度是指數級的： $0<b_n-a_n<frac{b-a}{4^{n-1}}.$

現在給出證明。首先易見

$a_2=frac{1}{2}(a_1+b_1)>frac{1}{2}(a_1+a_1)=a_1,\ b_2=sqrt{a_2b_1}=sqrt{frac{1}{2}(a_1+b_1)b_1}<b_1,\ b_2=sqrt{a_2(2a_2-a_1)}>sqrt{a_2(2a_2-a_2)}=a_2,$