2017 STEP I Q8 —— √2 的有理分式近似
本篇的问题通过递推来构造一个数列，逼近 \(\sqrt{2}\) 的近似值。原题来自于 2017 STEP I 数学考试中的第8题。
STEP (Sixth Term Examination Paper) 是英国剑桥考试中心为本科申请者提供的数学专项考试，通常会是剑桥、帝国理工、伦敦大学、华威等名校的数学、计算机、工程等专业的录取要求之一。每年都会有一些非常精彩的考题，我在此挑选一些个人喜欢的考题作分享。
问题梗概
数列 \(\{a_n\}\) 和 \(\{b_n\}\) 的首项分别为 \(a_1 = 1\) 及 \(b_1 = 2\)。对 \(n\geq1\)，数列 \(\{a_n\}\) 和 \(\{b_n\}\) 满足递推关系：
\[\begin{aligned} a_{n+1} &= a_n + 2b_n \\ b_{n+1} &= 2a_n + 5b_n \end{aligned}\](1) 对 \(n\geq1\)，试证：
\[a_n^2 + 2a_nb_n - b_n^2 = 1 \quad (*)\](2) 证明：\(b_n \geq 2\times5^{n-1}\)。
(3) 令 \(c_n = \frac{a_n}{b_n}\)。利用(*)式证明：当 \(n\to\infty\) 时，\(c_n \to \sqrt{2}-1\)
(4) 证明：\(c_n>\sqrt{2}-1\)，以及 \(\frac{2}{c_{n}+1}<\sqrt{2}<c_{n}+1\)
(5) 证明：\(\frac{140}{99}<\sqrt{2}<\frac{99}{70}\)
解答
(1)
直接用数列的递推关系硬算一波：
\[\begin{aligned} & \, a_{n+1}^2 + 2a_{n+1}b_{n+1} - b_{n+1}^2 \\ = & \, (a_n+2b_n)^2 + 2(a_n+2b_n)(2a_n+5b_n) + (2a_n+5b_n)^2 \\ = & \, (a_n^2 + 4a_nb_n + 4b_n^2) + 2(2a_n^2 +9a_nb_n + 10b_n^2) - (4a_n^2+20a_nb_n + 25b_n^2) \\ = & \, a_n^2 + 2a_nb_n - b_n^2 \end{aligned}\]这里我们看到 \(a_n^2 + 2a_nb_n - b_n^2\) 将是一个常数。
取两个数列的首项，发现：
\[a_1^2 + 2a_1b_1 -b_1^2 = 1^2 + 2\times1\times2 - 2^2 =1\]因此得证：
\[\boxed{ a_n^2 + 2a_nb_n - b_n^2 =1 } \quad (*)\](2)
显然，对任意 \(n\geq 1\)，\(a_n>0\) 恒成立。于是
\[b_n = 2a_{n-1} + 5b_{n-1} > 5b_{n-1} > 5^2 b_{n-2} > \cdots > 5^{n-1} b_1\]代入 \(b_1=2\)，即可知道：
\[b_n \geq 2\times5^{n-1}\](3)
对(*)式两边同时除以 \(b_n^2\) 可以得到：
\[\displaystyle \frac{a_n^2}{b_n^2} + 2\frac{a_n}{b_n} - 1 = \frac{1}{b_n^2}\]因为 \(c_n = \frac{a_n}{b_n}\)，所以上式等价于
\[\displaystyle c_n^2 + 2c_n - 1 = \frac{1}{b_n^2} \quad (\Delta)\]当 \(n\to\infty\)，\(b_n \to \infty\)，于是有
\[\displaystyle c_n^2 + 2c_n - 1 \to 0\]将上式视作关于 \(c_n\) 的一元二次方程，利用求根公式，容易解出
\[\displaystyle c_n \to \frac{-2\pm\sqrt{2^2+4}}{2} = -1\pm\sqrt{2}\]注意到数列 \(\{a_n\}\) 和 \(\{b_n\}\) 的每一项都是正数，因此 \(c_n = \frac{a_n}{b_n}>0\)。所以我们应该只保留大于零的解。由此得到
\[\boxed{ c_n \to \sqrt{2}-1 }\](4)
回过头来再考虑方程\((\Delta)\)的根。
\[\displaystyle c_n = \frac{-2 + \sqrt{2^2+4\left(1+\frac{1}{b_n^2}\right)}}{2} = -1 + \sqrt{2+\frac{1}{b_n^2}}\]其中 \(c_n<0\) 的解已经被舍去。因为 \(b_n>0\)，因此 \(c_n > \sqrt{2}-1\)
对这个不等式稍加整理，不难得到
\[c_n + 1 > \sqrt{2}\] \[\displaystyle \frac{2}{c_n + 1} < \sqrt{2}\]以上两个不等式连在一起，就有
\[\displaystyle \boxed{ \frac{2}{c_{n}+1}<\sqrt{2}<c_{n}+1 }\quad (\square)\]我们还可以更细致地对数列 \(\{ c_n \}\) 的行为作分析。考虑相邻两项的差
\[\begin{aligned} c_{n+1} - c_n & = \frac{a_{n}+2 b_{n}}{2 a_{n}+5 b_{n}}-\frac{a_{n}}{b_{n}} \\ &= \frac{-2 (a_n^2 + 2a_nb_n - b_n^2)}{\left(2 a_{n}+5 b_{n}\right) b_{n}} \\ & = -\frac{2}{\left(2 a_{n}+5 b_{n}\right) b_{n}} \\ & < 0\end{aligned}\]这说明 \(\{ c_n \}\) 是一个单调递减的数列，它会从上方无限逼近于 \(\sqrt{2}-1\)，\((\square)\)式两侧的夹逼会越来越接近 \(\sqrt{2}\) 的值。
(5)
\(a_1 = 1\), \(b_1=2\)，于是 \(c_1=\frac{1}{2}\)
\[(\square) \quad \Rightarrow \frac{2}{\frac{1}{2}+1}<\sqrt{2}<\frac{1}{2}+1 \quad \Rightarrow \boxed {\frac{4}{3} <\sqrt{2}<\frac{3}{2} }\]这表明 \(\sqrt{2}\) 的值会落在 1.3 至 1.5 的区间内。注意 \(\sqrt{2}\) 的准确值为 \(1.41421356\cdots\) ，这已经是一个挺不错的近似结果了。
我们继续往下算。
\[a_2 = 1+2\times2=5\] \[b_2 = 2\times1+5\times2=12\] \[\displaystyle c_2 = \frac{5}{12}\] \[(\square) \quad \Rightarrow \frac{2}{\frac{5}{12}+1}<\sqrt{2}<\frac{5}{12}+1 \quad \Rightarrow \boxed {\frac{24}{17} <\sqrt{2}<\frac{17}{12} }\]\(\sqrt{2}\) 的值必定落在大约 1.412 至 1.417 之间，已经可以精确到小数点后第2位。
我们接着算。
\[a_3 = 5+2\times12=29\] \[b_3 = 2\times5+5\times12=70\] \[\displaystyle c_3 = \frac{29}{70}\] \[(\square) \quad \Rightarrow \frac{2}{\frac{29}{70}+1}<\sqrt{2}<\frac{29}{70}+1 \quad \Rightarrow \boxed {\frac{140}{99} <\sqrt{2}<\frac{99}{70} }\]\(\sqrt{2}\) 的值被进一步缩小到 1.4141 至 1.4143 范围内，精确到小数点第3位，几乎到第4位。
如果你胃口足够好，还可以继续算下去。在这里我只给出结果：
\[\displaystyle c_4 = \frac{169}{408} \quad \Rightarrow \quad \frac{816}{577} < \sqrt{2} < \frac{577}{408}\] \[\displaystyle c_5 = \frac{985}{2378} \quad \Rightarrow \quad \frac{4756}{3363} < \sqrt{2} < \frac{3363}{2378}\] \[\cdots\]有兴趣的不妨拿出计算器看看，算到 \(c_5\) 这里，对 \(\sqrt{2}\) 的估计已经可以达到小数点后第7位，已经给出了非常接近的有理分式近似值。