分析证明规划：量词与递推数列

学习目标与公理起点

从目标误差向后规划 epsilon 证明、追踪条件依赖，并完整证明递推数列收敛，而不是只解不动点方程。假设实数构成完备有序域：满足域的恒等式与逆元、相容的全序，且每个非空有上界子集都有上确界。有序域公理本身并不蕴含完备性。

完备性推出单调有界收敛定理。若 $x_n$ 非递减且有上界，令 $L=\sup\{x_n:n\ge1\}$。对任意 $\varepsilon>0$，上确界的逼近性质给出指标 $N$，使 $L-\varepsilon<x_N\le L$。对所有 $n\ge N$，由单调性得 $L-\varepsilon<x_n\le L$，因此 $x_n\to L$。非递增情形可对数列取负后得到。这里清楚显示了完备性用在何处。

1. 乘积误差规划需要先建立缓冲界

设 $u_n\to a$ 且 $v_n\to b$。为证明 $u_nv_n\to ab$，将误差拆成

$$|u_nv_n-ab|\le |u_n|\,|v_n-b|+|b|\,|u_n-a|.$$

第一个系数起初不是固定常数。先用容差一及收敛性选取 $N_0$，使 $n\ge N_0$ 时 $|u_n|\le|a|+1=:M$。此时 $M>0$ 与 $n$ 无关。

给定任意 $\varepsilon>0$，选取 $N_1$ 使 $|v_n-b|<\varepsilon/(2M)$，再选取 $N_2$ 使 $|u_n-a|<\varepsilon/[2(|b|+1)]$。当 $n\ge\max(N_0,N_1,N_2)$ 时，上述误差小于 $\varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon$。使用 $|b|+1$ 可避免 $b=0$ 时除以零。

依赖次序很重要：先选固定界 $M$，再选依赖它的误差阈值；最终阈值依赖 $\varepsilon$，但不依赖随后取的指标 $n$。若在选 $N$ 时使用尚未受到控制的指标上的 $u_n$，就颠倒了量词次序。

2. 递推定义的五项独立任务

对递推式 $x_{n+1}=F(x_n)$，检查：

1. **良定义性：**所有迭代值都留在 $F$ 的定义域内。
2. **不变量：**某个区域条件或不等式经更新后仍成立。
3. **极限存在：**例如使用单调有界收敛或 Cauchy 估计。
4. **识别极限：**只有在极限存在后，才能用有效的连续性结论取极限。
5. **误差：**若需要近似，应推导收敛速率，而非只断言收敛。

解 $L=F(L)$ 只涉及第四项；即便如此，它也只是给出候选值，并未证明任何数列趋向该值。递推 $x_{n+1}=1-x_n$、$x_0=0$ 有唯一不动点 $1/2$，但迭代值在零和一之间交替。不动点方程本身不能证明收敛。

3. Newton 平方根迭代：从定义到极限

设 $A>0$、$x_0>0$，定义

$$x_{n+1}=\frac12\left(x_n+\frac A{x_n}\right).$$

令 $\alpha>0$ 为 $A$ 的唯一正实平方根，其存在性可独立由完备性或介值定理得到。这里不假设该递推本身已经构造了平方根。

良定义性。 正输入产生正输出，故由归纳法得每个 $x_n>0$，所有除法均有意义。

不变量界。 直接代数运算得到

$$x_{n+1}-\alpha=\frac{(x_n-\alpha)^2}{2x_n}\ge0.$$

因此从 $x_1$ 开始的每个迭代值都不小于 $\alpha$，即使 $x_0<\alpha$ 也如此。后一情形中，声称从任意正初值出发整个数列都递减是错误的。

第一步之后的单调性。 对 $n\ge1$，

$$x_{n+1}-x_n=\frac{A-x_n^2}{2x_n}\le0,$$

因为 $x_n\ge\alpha$。因此尾部数列非递增且以下界 $\alpha$ 为界。由完备性得到极限 $L\ge\alpha>0$。

识别极限。 非零点处倒数函数的连续性允许取极限：$L=(L+A/L)/2$，故 $L^2=A$。由正性及正平方根唯一性，得 $L=\alpha$。先证明收敛并确认极限分母非零，再解此方程才是有效的。

4. 推导误差速率与精确变换递推

对 $n\ge1$ 令 $e_n=x_n-\alpha$。不变量恒等式给出

$$e_{n+1}=\frac{e_n^2}{2x_n}\le\frac{e_n^2}{2\alpha}, \qquad e_{n+1}\le\frac12e_n.$$

第二个不等式来自 $e_n=x_n-\alpha<x_n$；当 $e_n=0$ 时取等。它给出初等的几何误差估计；第一个不等式则表明误差相对于 $\alpha$ 足够小时具有二次改善。

还可作一个精确变换。对每个 $n\ge0$，令 $r_n=(x_n-\alpha)/(x_n+\alpha)$；分母为正，且此比值的绝对值小于一。代数运算给出

$$x_{n+1}+\alpha=\frac{(x_n+\alpha)^2}{2x_n},\qquad r_{n+1}=r_n^2.$$

因此 $r_n=r_0^{2^n}$ 且 $x_n=\alpha(1+r_n)/(1-r_n)$。这提供了另一条收敛途径，并解释精度迅速提高的原因。它不是计算未知 $\alpha$ 的实用公式，因为变换本身使用了 $\alpha$；其作用是证明与误差分析。

经过验证的例子。 对 $A=2,x_0=1$，精确有理数迭代得到 $x_1=3/2$、$x_2=17/12$ 和 $x_3=577/408$。由 $(7/5)^2<2<(3/2)^2$ 得 $0<e_1<1/10$ 和 $\alpha>1$，因此 $e_2<1/200$、$e_3<1/80000$。有理区间 $[577/408-1/80000,577/408]$ 包含二的正平方根。误差界由不等式证明，而非由小数显示相符推断。

5. 带必要假设的子列判别

若有界实数列只有一个可能的子列极限 $L$，则它收敛到 $L$。假设不收敛，由收敛的否定可取 $\varepsilon_0>0$，并取一子列使其每项到 $L$ 的距离至少为 $\varepsilon_0$。由有界性及 Bolzano–Weierstrass 定理，该子列有收敛子列。绝对值的连续性说明其极限仍至少相距 $\varepsilon_0$，与可能的子列极限唯一矛盾。

有界性不可缺少。偶数项为零、奇数项为 $n$ 的数列，唯一有限子列极限为零，但它不收敛，因为奇数项无界。有限聚点唯一并不能单独保证所有项最终靠近它。

分级证明规划练习

1. 修正量词。 为什么不能选择依赖随后指标 $n$ 的收敛阈值？用先行固定界和只依赖 $\varepsilon$ 与给定数列的阈值，重写乘积极限证明计划。
2. 不动点分析。 对任意实数 $x_0$ 分析 $x_{n+1}=1-x_n$，准确确定哪些初值使数列收敛，并解释为什么只有代数候选值不够。
3. 第一步例外。 在 Newton 迭代中，若 $0<x_0<\alpha$，证明第一步跨到 $\alpha$ 的另一侧，并说明哪一单调性结论仍成立。
4. 误差传播。 设 $\alpha\ge m>0$ 且 $0\le e_N\le\eta$，仅用 $m,\eta$ 给出 $e_{N+1}$、$e_{N+2}$ 的上界，解释绝对精度与相对精度的区别。
5. 子列证明。 证明有界且仅有一个可能子列极限的判别法，并用明确的指标记法给出无界反例。
6. Cauchy 分析。 证明 $x_n=\sqrt n$ 相邻增量趋于零，但数列不是 Cauchy 数列。解释为什么 Cauchy 定义控制充分靠后的所有项对，而不仅是相邻项。

完整解答

1. 极限定义要求同一个 $N$ 适用于每个 $n\ge N$；依赖指标的阈值改变了量词次序，可能没有验证任何共同尾部。先固定 $N_0$ 使 $|u_n|\le|a|+1=M$。给定 $\varepsilon$，由收敛性选取使 $|v_n-b|<\varepsilon/(2M)$ 和 $|u_n-a|<\varepsilon/[2(|b|+1)]$ 成立的阈值。将它们与 $N_0$ 取最大值，所得阈值与后续的 $n$ 无关，并控制整个乘积误差。
2. 偶数项等于 $x_0$，奇数项等于 $1-x_0$。两者相等时且仅此时收敛，即 $x_0=1/2$，此时数列为常数；否则两个常值子列具有不同极限。不动点方程只识别可能的极限，不能决定任意迭代的行为。
3. 恒等式 $x_1-\alpha=(x_0-\alpha)^2/(2x_0)$ 在 $x_0\ne\alpha$ 时严格为正，因此尽管 $x_0<\alpha$，仍有 $x_1>\alpha$。数列不能从指标零开始非递增；从指标一开始则非递增且以下界 $\alpha$ 为界，分别由不变量和差值计算得到。
4. 二次误差恒等式给出 $e_{N+1}\le\eta^2/(2m)$，进而得 $e_{N+2}\le\eta^4/(8m^3)$。这些绝对误差界与平方根的单位相同。相对误差要除以 $\alpha$；其大小至多为对应绝对误差界除以 $m$，但实际分母是 $\alpha$。只有把数值误差界与指定舍入容差比较后，才能确定小数位数。
5. 若不收敛，则存在无穷子列始终与极限相距至少 $\varepsilon_0$。有界性提供收敛的子列之子列，其极限仍与原候选极限分离，矛盾。反例取 $x_{2k}=0$、$x_{2k-1}=2k-1$。任何收敛子列只能包含有限多个奇指标，因为对应值趋于无穷，因此其极限为零；但整个数列无界且不收敛。
6. 有理化得到 $\sqrt{n+1}-\sqrt n=1/(\sqrt{n+1}+\sqrt n)\to0$。然而对指标 $n$ 与 $4n$，差为 $\sqrt{4n}-\sqrt n=\sqrt n$，在任何指定尾部之后都可任意大。故以固定容差一即可否定 Cauchy 条件。相邻小变化可在多步中累积；Cauchy 条件排除了所有充分靠后的项对之间出现这类累积。

总结与术语

不变量在每次迭代后仍成立。不动点在收敛得到证明前只是候选极限。缓冲界在选取 epsilon 阈值前把可变系数控制为固定常数。子列极限是某个子列的极限；有界性通过完备性提供这样的极限。严谨近似论证需分别建立迭代值有效、不变量控制、极限存在、极限识别及误差界。