問題1. 給定\(\delta>0\)，定義函數\(f: (-\delta,\delta)\backslash \{0\}\rightarrow \mathbb{R}\)，它滿足
\[\lim_{x\to 0}\Big(f(x)+\frac{1}{|f(x)|}\Big)=0. \]
求證：\(\lim_{x\to 0}f(x)\)存在，且值為\(-1\).
證明. 定義\(B_r:=(-r,r)\backslash \{0\},\forall r>0\)，且
\[g(x):=f(x)+\frac{1}{|f(x)|},\ \forall x\in B_{\delta}. \]
假設\(\color{blue}{\forall r>0,\exists a\in B_r,f(a)>0}\)，則
\[g(a)=|f(a)|+\frac{1}{|f(a)|}\geqslant 2. \]
這與\(\lim g(x)=0\)矛盾！
因此，\(\color{blue}{\exists r>0,\forall x\in B_r,f(x)\leqslant 0.}\)
當\(x\in B_r\)時，根據\(g\)的定義，解得
\[0\geqslant f(x)=\frac{g(x)-\sqrt{g(x)^2+4}}{2}. \]
由\(g(x)\to 0\)及\(\frac{x-\sqrt{x^2+4}}{2}\)的連續性，有\(f(x)\to 1\).\(\qquad\vartriangleleft\)
\(\color{red}{注：}\)這種將\(f(x)\)反解出來用\(g(x)\)表示的方法很少見，但往往很有效. 比如謝惠民《數學分析習題課講義》第二版(上冊)的一個題目：
問題2. 設\(f(x)\)在0處連續，且
\[f(x)-f(\sin x)\thicksim Ax^3,\ x\to 0. \]
其中\(A\)是常數. 求證：\(f'(0)=6A\).
證明. 設\(g(x)=f(x)-6Ax\)，則有
\[g(x)-g(\sin x)=o\left(x^3\right),\ x\to 0 \]
且\(g(0)=0\). 由於
\[\underset{x\to 0}{\lim}\frac{\sin 2x-\frac{2x}{\sqrt{1+x^2}}}{x^3}=-\frac{1}{3}, \]
所以，\(\exists \eta \in(0,1)\)使\(0<|x|<\eta\)時，
\[x^{-3}\Big(\sin 2x-\frac{2x}{\sqrt{1+x^2}}\Big)<0. \]
故當\(\frac{1}{\sqrt{n}}<\eta\)時，成立
\[\begin{align} \sin \frac{2}{\sqrt{n}}<\frac{\frac{2}{\sqrt{n}}}{1+\frac{1}{n}}=\frac{2}{\sqrt{n+1}}. \end{align}\]
由連續性，對\(\forall \varepsilon>0\)，存在\(\delta\in \left(0,\frac{\pi}{2}\right)\)，使得
\[\left|g(x)-g(\sin x)\right|\leqslant \varepsilon \left|x\right|^3,\ \forall |x|\in (0,\delta). \]
記\(a_0(x)=x,a_{n+1}(x)=\sin\left(a_n(x)\right)\)，並取\(k\in \mathbb{Z}\)使\(1+\frac{1}{x^2}\leqslant k\leqslant \frac{4}{x^2}\)，則利用\((1)\)式歸納得
\[|a_n(x)|=a_n(|x|)\leqslant \frac{2}{\sqrt{k+n}},\quad n=0,1,2,\cdots. \]
於是，當\(0<|x|<\delta\)時，
\[\begin{align*} |g(x)|& \leqslant \sum_{n=0}^{\infty}{\left|g(a_n(x))-g(a_{n+1}(x))\right|}\leqslant \varepsilon \sum_{n=0}^{\infty}{\left|a_n(x)\right|^3}\\ & \leqslant \varepsilon \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{8}{\left(k+n\right)^{\frac{3}{2}}}}\leqslant \varepsilon \int_{k-1}^{\infty}{\frac{8}{t^{\frac{3}{2}}}\text{d}t}\\ & =\frac{16\varepsilon}{\sqrt{k-1}}\leqslant 16\varepsilon|x|. \end{align*}\]
依\(g'(0)\)的定義，\(g'(0)=0\)，即
\[f'(0)=g'(0)+6A=6A. \]
證畢！\(\qquad\vartriangleleft\)
問題3. 設\(A>0\)，並定義數列\(\{x_n\}_{n=1}^{\infty}\)如下：
\[x_1>0,\ x_{n+1}=\frac{x_n\big(x_n^2+3A\big)}{3x_n^2+A}. \]
求證：\(\lim_{n\to \infty}x_n=\sqrt{A}\).
證明1. 簡單的計算可以得到
\[\begin{align*} & x_{n+1}-x_n=\frac{2x_n\big(A-x_n^2\big)}{3x_n^2+A},\\ & x_{n+1}-\sqrt{A}=\frac{\big(x_n-\sqrt{A}\big)^3}{3x_n^2+A}. \end{align*}\]
若\(x_n\geqslant \sqrt{A}\)，根據上式，有\(\sqrt{A}\leqslant x_{n+1}\leqslant x_n\).
若\(x_n<\sqrt{A}\)，根據上式，有\(x_n<x_{n+1}<\sqrt{A}\).
綜上所述，\(\{x_n\}\)單調且有正的上下界，從而收斂.
設\(x_n\to x\)，則\(x=\frac{x^3+3Ax}{3x^2+A}\)，解得\(x=\sqrt{A}\).\(\qquad\vartriangleleft\)
證明2. 設\(f(x)=\frac{x^3+3Ax}{3x^2+A}(x>0,A>0)\)，則
\[f'(x)=3\Big(\frac{x^2-A}{3x^2+A}\Big)^2\geqslant 0. \]
因此，\(f(x)\)是嚴格單調函數，且\(f(\sqrt{A})=\sqrt{A}\).
當\(x_1\geqslant \sqrt{A}\)時，若\(x_n\geqslant \sqrt{A}\)，則
\[x_{n+1}=f(x_n)\geqslant f(\sqrt{A})=\sqrt{A}. \]
依此可歸納得\(\forall n\in \mathbb{N}^*,\ x_n\geqslant \sqrt{A}\).
由於
\[\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{x_n^2+3A}{3x_n^2+A}=\frac{1}{3}+\frac{8A}{9x_n^2+3A} \]
是關於\(x_n\)的減函數，所以
\[\frac{x_{n+1}}{x_n}\leqslant \frac{\big(\sqrt{A}\big)^2+3A}{3\big(\sqrt{A}\big)^2+A}=1. \]
故\(\{x_n\}\)遞減且有正的下界，從而收斂.
當\(x_1<\sqrt{A}\)時，同理可知\(\{x_n\}\)收斂.
設\(x_n\to x\)，則\(x=\frac{x^3+3Ax}{3x^2+A}\)，解得\(x=\sqrt{A}\).\(\qquad\vartriangleleft\)
問題4. 設\(\{a_n\}\)為正數列，求證：
\[\varlimsup_{n\to \infty}\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n+a_{n+1}}{a_n}\geqslant 4. \]
其中\(4\)是最優下界.
證明. 記\(S_n=\sum_{k=1}^n a_k,\ \lambda_n=\frac{S_{n-1}}{a_n}\)，則\(\lambda_n>0\)，且
\[\begin{align*} \frac{S_{n+1}}{a_n}& =\frac{S_n}{a_n}\cdot \frac{S_{n+1}}{S_n}=\Big(1+\frac{S_{n-1}}{a_n}\Big)\Big(1+\frac{a_{n+1}}{S_n}\Big)\\ & =\big(1+\lambda_n \big)\Big(1+\frac{1}{\lambda_{n+1}}\Big). \end{align*}\]
若\(\varlimsup\limits_{n\to\infty}\lambda_n=0\)或\(+\infty\)，均有\(\varlimsup\limits_{n\to\infty}\frac{S_{n+1}}{a_n}=+\infty\).
若\(\varlimsup\limits_{n\to\infty}\lambda_n=c\in (0,+\infty)\)，則
\[\begin{align*} s& :=\varlimsup_{n\to\infty}\frac{S_{n+1}}{a_n}=\varlimsup_{n\to\infty}\big(1+\lambda_n \big)\Big(1+\frac{1}{\lambda_{n+1}}\Big)\\ & \geqslant \varlimsup_{n\to\infty}\big(1+\lambda_n \big)\cdot \varliminf_{n\to\infty}\Big(1+\frac{1}{\lambda_{n+1}}\Big)\\ & =\big(1+\varlimsup_{n\to\infty}\lambda_n \big)\left(1+\frac{1}{\varlimsup\limits_{n\to\infty}\lambda_{n+1}}\right)\\ & =(1+c)\Big(1+\frac{1}{c}\Big)\geqslant 4. \end{align*}\]
綜上所述，\(\varlimsup\limits_{n\to\infty}\frac{S_{n+1}}{a_n}\geqslant 4\). 最優性則取\(a_n=2^n\).\(\qquad\vartriangleleft\)
問題5. 設正數列\(\{a_n\}\)滿足
\[a_{n+2}=2+\frac{1}{a_{n+1}^2}+\frac{1}{a_n^2},\ n\geqslant 1. \]
求證數列收斂，並求極限.
