📝 题目
4. 1.22 设序列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 有界,并满足 $\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}\left( {{a}_{2n} + 2{a}_{n}}\right) = 0$ ,求证: $\displaystyle{\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{a}_{n} = 0}$ .
💡 答案与解析
**题目**： 设序列 $\{a_n\}$ 有界，并满足 $$\\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}(a_{2n}+2a_n)=0, }$$ 求证：$\lim_{n\to\infty}a_n=0$。
---
### 第一步：由条件推导递推关系
由极限条件，对于任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，当 $n>N$ 时，有 $$ |a_{2n}+2a_n|<\varepsilon. $$ 即 $$ |a_{2n}+2a_n|<\varepsilon \quad \Rightarrow \quad |a_{2n} + 2a_n|<\varepsilon. $$
这个关系可以改写成 $$ a_{2n} = -2a_n + \delta_n, $$ 其中 $|\delta_n|<\varepsilon$ 当 $n$ 足够大时。
---
### 第二步：利用有界性得到更精确的估计
设序列有界，即存在 $M>0$ 使得对所有 $n$ 有 $|a_n|\le M$。
我们想证明 $a_n$ 趋于 0，一个常见技巧是反复利用递推关系，把 $a_n$ 表示为越来越小的项加上误差项。
对任意 $n$，反复应用关系式：
从 $a_{2n} = -2a_n + \delta_n$，可得 $$ a_{4n} = -2a_{2n} + \delta_{2n} = -2(-2a_n+\delta_n) + \delta_{2n} = 4a_n -2\delta_n + \delta_{2n}. $$
继续： $$ a_{8n} = -2a_{4n} + \delta_{4n} = -2(4a_n -2\delta_n + \delta_{2n}) + \delta_{4n} = -8a_n + 4\delta_n -2\delta_{2n} + \delta_{4n}. $$
一般地，经过 $k$ 次迭代，得到： $$\\displaystyle{ a_{2^k n} = (-2)^k a_n + \sum_{j=0}^{k-1} (-2)^{k-1-j} \delta_{2^j n}. }$$
---
### 第三步：利用有界性控制 $a_n$ 的大小
因为序列有界，所以 $|a_{2^k n}| \le M$ 对所有 $k$ 成立。因此： $$\\displaystyle{ |(-2)^k a_n| \le M + \sum_{j=0}^{k-1} 2^{k-1-j} |\delta_{2^j n}|. }$$
当 $n$ 足够大时，所有 $\delta_{2^j n}$ 的绝对值都小于某个 $\varepsilon$（因为 $2^j n \ge n$，所以条件仍然适用）。于是： $$\\displaystyle{ 2^k |a_n| \le M + \varepsilon \sum_{j=0}^{k-1} 2^{k-1-j} = M + \varepsilon (2^k - 1). }$$
两边除以 $2^k$： $$ |a_n| \le \frac{M}{2^k} + \varepsilon \left(1 - \frac{1}{2^k}\right). $$
---
### 第四步：取极限得到结论
先固定 $n$ 足够大，然后令 $k\to\infty$，得到： $$ |a_n| \le \varepsilon. $$
因为 $\varepsilon$ 是任意正数，所以 $a_n\to 0$。
---
**结论**： $$\\displaystyle{ \boxed{\lim_{n\to\infty}a_n=0} }$$
关键步骤说明： - 利用递推将 $a_{2^k n}$ 用 $a_n$ 表示，并利用有界性得到关于 $a_n$ 的不等式。 - 通过让迭代次数 $k$ 趋于无穷，消去有界常数 $M$，只剩下任意小的 $\varepsilon$，从而证明 $a_n$ 趋于 0。