问题及解答

设 $x_1,x_2,\ldots,x_n$ 是方程 $\tan x=x$ 的全部正根, 且按升序排列.

求

\[\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(x_n-x_{n-1}).\]

Claim 1. $x_n\in(n\pi, n\pi+\frac{\pi}{2})$.  $n=1,2,3,\ldots$

Pf. $y=\tan x$ 在区间 $(n\pi, n\pi+\frac{\pi}{2})$ 上是严格单调递增且取值从 $0^+$ 趋于无穷大. 而 $y=x$ 在区间$(n\pi, n\pi+\frac{\pi}{2})$ 上是严格单调递增的, 取值范围为 $(n\pi, n\pi+\frac{\pi}{2})$.

如果令 $f(x)=\tan x-x$, 则 $f(x)$ 在 $(n\pi, n\pi+\frac{\pi}{2})$ 上连续. $f(n\pi) < 0$, $f(n\pi+\frac{\pi}{2})=+\infty$.

$f'(x)=\sec^2 x-1\geqslant 0$. 故 $f(x)$ 在 $(n\pi, n\pi+\frac{\pi}{2})$ 上有唯一解 $x_n$. 即 $\tan x_n=x_n$. 

Claim 2. $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(x_n-n\pi)=\frac{\pi}{2}$

Pf. 由于 $f(x)=\tan x-x$ 在每个 $(n\pi, n\pi+\frac{\pi}{2})$ 上都有解.

故令 $\tan x=n\pi$, $x\in(n\pi, n\pi+\frac{\pi}{2})$, 则有

\[\frac{\sin x}{\cos x}=n\pi\quad\Rightarrow\quad |\cos x|=\frac{|\sin x|}{n\pi}\leqslant\frac{1}{n\pi}\]

$\forall\ \varepsilon > 0$, $\exists\ N$, 当 $n > N$ 时, $\exists\ \bar{x}_n$, s.t., $|\cos\bar{x}_n|\leqslant\frac{1}{n\pi} < \frac{1}{N\pi}=\varepsilon$. 因此,

\[
n\pi+\arccos\frac{1}{n\pi} < \bar{x}_n < x_n < n\pi+\frac{\pi}{2}.
\]

(这里 $\bar{x}_n < x_n$ 是由 $y=\tan x$ 的单调性推出.)

故 

\[
\begin{aligned}
\Rightarrow\quad&\arccos\frac{1}{n\pi} < x_n-n\pi <\frac{\pi}{2}\\
\Rightarrow\quad&\lim_{n\rightarrow\infty}(x_n-n\pi)=\frac{\pi}{2}.
\end{aligned}
\]

最后,

\[
\begin{split}
\lim_{n\rightarrow\infty}(x_n-x_{n-1})&=\lim_{n\rightarrow\infty}\Bigl[(x_n-n\pi)-(x_{n-1}-(n-1)\pi)+\pi\Bigr]\\
&=\lim_{n\rightarrow\infty}(x_n-\pi)-\lim_{n\rightarrow\infty}(x_{n-1}-(n-1)\pi)+\pi\\
&=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}+\pi\\
&=\pi.
\end{split}
\]

Remark:

Claim 2 的一个更直接的证明是:

由于

\[
\tan(x_n-n\pi)=\tan x_n=x_n\rightarrow +\infty
\]

故 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(x_n-n\pi)=\frac{\pi}{2}$.

By 张文斌 on 2020-6-19