利用反函数求解一类无穷级数

数列 \(\{x_n\}\) 定义如下: \(x_0=1\) 且对于 \(n\geqslant 0\)

\[x_{n+1}=\ln\left(e^{x_n}-x_n\right) \]

证明无穷级数 \(x_0+x_1+x_2+\cdots\) 收敛并求其和.

此题出自普特南数学竞赛

考虑更一般的命题

设 \(x\geqslant0\) 时 , \(f(x)\) 为严格单调递增的连续函数且满足 \(0\leqslant f(x)\leqslant x\) . 数列 \(\{x_n\}\) 定义如下: \(x_0\geqslant 0\) 且 \(n\geqslant 0\) 时

\[x_{n+1}=f[f^{-1}(x_n)-x_n]\tag{1} \]

其中 \(f^{-1}\) 表示 \(f\) 的反函数.则无穷级数 \(x_0+x_1+x_2+\cdots\) 收敛,且其和为 \(f^{-1}(x_0)-f^{-1}(0)\) .

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证明:

由 \(0\leqslant f(x)\leqslant x\) 知 \(f^{-1}(x)\geqslant x\), 从而

\[x_{n+1}=f\left[f^{-1}\left(x_{n}\right)-x_{n}\right] \geqslant f(0) \geqslant 0 \]

由此可知对所有的 \(x_n\) 均有 \(x_n\geqslant 0\), 由 \(f(x)\) 的单调性知

\[x_{n+1}=f\left[f^{-1}\left(x_{n}\right)-x_{n}\right] \leqslant f\left[f^{-1}\left(x_{n}\right)\right]=x_{n} \]

故数列 \(\{x_n\}\) 单调递减.

因为单调递减且有下界数列必有极限,所以 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n\) 存在,由 \((1)\) 得

\[f^{-1}\left(x_{n+1}\right)=f^{-1}\left(x_{n}\right)-x_{n}\tag{2} \]

上式中令 \(n\to\infty\), 再由 \(f^{-1}(x)\) 的连续性知 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0\).

由 \((2)\) 知 \(x_n=f^{-1}(x_n)-f^{-1}(x_{n+1})\), 故对任意自然数 \(N(N\geqslant 1)\) 有

\[\begin{aligned} x_{0}+x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{N} &=f^{-1}\left(x_{0}\right)-f^{-1}\left(x_{1}\right)+f^{-1}\left(x_{1}\right)-f^{-1}\left(x_{2}\right)+\cdots+f^{-1}\left(x_{N-1}\right)-f^{-1}\left(x_{N}\right) \\ &=f^{-1}\left(x_{0}\right)-f^{-1}\left(x_{N}\right) \end{aligned} \]

上式中令 \(n\to\infty\) 并由 \(f^{-1}(x)\) 的连续性得

\[x_{0}+x_{1}+x_{2}+\cdots=f^{-1}\left(x_{0}\right)-f^{-1}(0) \]

即无穷级数 \(x_0+x_1+x_2+\cdots\) 收敛,且其和为 \(f^{-1}(x_0)-f^{-1}(0)\) .

特别地令 \(f(x)=\ln(1+x)(x\geqslant0)\), 则 \(f(x)\) 为严格单调递增的连续函数且 \(f^{-1}(x)=e^x-1\). 易知 \(0\leqslant f(x)\leqslant1\).

取 \(x_0=1\), 当 \(n\geqslant0\) 时

\[x_{n+1}=\ln \left(\mathrm{e}^{x_{n}}-x_{n}\right)=f\left[f^{-1}\left(x_{n}\right)-x_{n}\right] \]

由上面命题知无穷级数 \(x_0+x_1+x_2+\cdots\) 收敛,且其和为

\[f^{-1}\left(x_{0}\right)-f^{-1}(0)=f^{-1}(1)-f^{-1}(0)=\mathrm{e}-1 \]

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下面再举几个例子进一步说明此命题的应用

设数列 \(\{x_n\}\) 满足 \(\displaystyle x_0=\frac\pi6,x_{n+1}=\arctan(\tan x_{n}-x_n)\), 证明无穷级数 \(x_0+x_1+x_2+\cdots\) 收敛并求其和.

证明:

令 \(\displaystyle f(x)=\arctan x\left(0\leqslant x<\frac\pi2\right)\)

则 \(f(x)\) 为严格单调递增的连续函数且 \(f^{-1}(x)=\tan x\),

易知 \(0\leqslant f(x)\leqslant x\), 取 \(x_0=\cfrac\pi6\), 当 \(n\geqslant 0\) 时

\[x_{n+1}=\arctan \left(\tan x_{n}-x_{n}\right)=f\left[f^{-1}\left(x_{n}\right)-x_{n}\right] \]

由上面命题知无穷级数 \(x_0+x_1+x_2+\cdots\) 收敛,且其和为

\[f^{-1}\left(x_{0}\right)-f^{-1}(0)=\tan \frac{\pi}{6}-\tan 0=\frac{\sqrt{3}}{3} \]

设数列 \(\{x_n\}\) 满足 \(\displaystyle x_0=\frac12,x_{n+1}=\frac{x_n^2}{1-x_n+x_n^2}\), 证明无> 穷级数 \(x_0+x_1+x_2+\cdots\) 收敛并求其和.

证明:

令 \(\displaystyle f(x)=\frac{x}{1+x}(x\geqslant0)\)

则 \(f(x)\) 为严格单调递增的连续函数且 \(f^{-1}(x)=\cfrac{x}{1-x}\),

易知 \(0\leqslant f(x)\leqslant x\), 取 \(x_0=\cfrac12\), 当 \(n\geqslant 0\) 时

\[x_{n+1}=\frac{x_{n}^{2}}{1-x_{n}+x_{n}^{2}}=\frac{\frac{x_{n}}{1-x_{n}}-x_{n}}{1+\frac{x_{n}}{1-x_{n}}-x_{n}}=f\left[f^{-1}\left(x_{n}\right)-x_{n}\right] \]

由上面命题知无穷级数 \(x_0+x_1+x_2+\cdots\) 收敛,且其和为

\[f^{-1}\left(x_{0}\right)-f^{-1}(0)=\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}-0=1 \]

设数列 \(\{x_n\}\) 满足 \(\displaystyle x_0=\frac34,x_{n+1}=1-e^{x_n}+x_ne^{x_n}\), 证明无穷级> 数 \(x_0+x_1+x_2+\cdots\) 收敛并求其和.

证明:

令 \(\displaystyle f(x)=1-e^{-x}(x\geqslant0)\)

则 \(f(x)\) 为严格单调递增的连续函数且 \(f^{-1}(x)=-\ln(1-x)\),

易知 \(0\leqslant f(x)\leqslant x\), 取 \(x_0=\cfrac34\), 当 \(n\geqslant 0\) 时

\[x_{n+1}=1-\mathrm{e}^{x_{n}}+x_{n} \mathrm{e}^{x_{n}}=1-\mathrm{e}^{\ln \left(1-x_{n}\right)+x_{n}}=f\left[f^{-1}\left(x_{n}\right)-x_{n}\right] \]

由上面命题知无穷级数 \(x_0+x_1+x_2+\cdots\) 收敛,且其和为

\[f^{-1}\left(x_{0}\right)-f^{-1}(0)=-\ln \frac{1}{4}+\ln 1=2 \ln 2 \]

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除了以上例子外,还可以构造很多类似级数并求和,例如可取

\[f(x)=\sin x\left(0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{2}\right), \quad f(x)=\operatorname{arcsh} x, \quad f(x)=\operatorname{th} x \quad(x \geqslant 0) \]

参考

[77th Annual William Lowell Putnam Mathematical Competition Mathematics Magzine[J].2017,90(2):153一164.]