问题及解答

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

求

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(x_n-x_{n-1}).$$

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

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. $f(n\pi )<0$, $f(n\pi +\frac{\pi }{2})=+\mathrm{\infty }$.

$f^{\prime }(x)={\sec }^{2}x-1⩾0$. 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. $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(x_n-n\pi )=\frac{\pi }{2}$

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

$$\frac{\sin x}{\cos x}=n\pi \Rightarrow |\cos x|=\frac{|\sin x|}{n\pi }⩽\frac{1}{n\pi }$$

$\mathrm{\forall }\epsilon >0$, $\mathrm{\exists }N$, 当 $n>N$ 时, $\mathrm{\exists }{\overline{x}}_n$, s.t., $|\cos {\overline{x}}_n|⩽\frac{1}{n\pi }<\frac{1}{N\pi }=\epsilon$. 因此,

$$n\pi +\arccos \frac{1}{n\pi }<{\overline{x}}_n<x_n<n\pi +\frac{\pi }{2}.$$

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

故 

$$\begin{array}{rl}\Rightarrow & \arccos \frac{1}{n\pi }<x_n-n\pi <\frac{\pi }{2}\\ \Rightarrow & \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(x_n-n\pi )=\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

最后,

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(x_n-x_{n-1})& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[(x_n-n\pi )-(x_{n-1}-(n-1)\pi )+\pi ]\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(x_n-\pi )-\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(x_{n-1}-(n-1)\pi )+\pi \\ & =\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{2}+\pi \\ & =\pi .\end{array}$$

Remark:

Claim 2 的一个更直接的证明是:

由于

$$\tan (x_n-n\pi )=\tan x_n=x_n\to +\mathrm{\infty }$$

故 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(x_n-n\pi )=\frac{\pi }{2}$.

By 张文斌 on 2020-6-19