每天一道数学题（2021-06-29）

问题：

设$x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 是一组实数，考虑如下的递推关系：
$$x_i^0=x_i,x_i^{k+1}=\frac{x_i^k+x_{i+1}^k}{2}$$
其中 $i=1,2,\cdots ,n$ ，下标按模 $n$ 意义理解，证明：$\underset{k\to +\infty }{\lim }{x}_i^k=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i$

解答：

不妨设 $\sum _{i=1}^n{x}_i=0$ ，递推式不变，命题变为证明 $\underset{k\to +\infty }{\lim }{x}_i^k=0$.

考虑平方和 $S^k=\sum _{i=1}^n(x_i^k{)}^2$，我们将证明 $S^k<(1-\frac{1}{2n^2})S^{k-1}$.

事实上，有 $S^k=\sum _{i=1}^n(x_i^k{)}^2=\frac{1}{4}\sum _{i=1}^n(x_i^{k-1}+x_{i+1}^{k-1}{)}^2=\frac{1}{2}{S}^{k-1}+\frac{1}{2}\sum _{i=1}^n{x}_i^{k-1}{x}_{i+1}^{k-1}$.

由于 $\sum _{i=1}^n{x}_i^{k-1}=0$ ，并且如果 $x_i^{k-1}$ 全为零，则问题已经解决，所以 $x_i^{k-1}$ 中有正有负

设 $x_1^{k-1},x_2^{k-1},\cdots ,x_n^{k-1}$ 中的正数为 $a_1,\cdots ,a_l$ ，负数为 $-b_1,\cdots ,-b_r$ （按在序列 $x_i^{k-1}$ 中的顺序排列）

于是有 $\sum _{i=1}^n{x}_i^{k-1}{x}_{i+1}^{k-1}<\sum _{i=1}^{l-1}{a}_i{a}_{i+1}+\sum _{i=1}^{r-1}{b}_i{b}_{i+1}$ 成立，利用基本不等式，有

$\sum _{i=1}^{l-1}{a}_i{a}_{i+1}<\frac{1}{2}\sum _{i=1}^{l-1}\frac{l^2+1-(i+1{)}^2}{l^2+1-i^2}{a}_i^2+\frac{l^2+1-i^2}{l^2+1-(i+1{)}^2}{a}_{i+1}^2<\sum _{i=1}^l(1-\frac{1}{l^2+1-i^2})a_i^2<(1-\frac{1}{n^2})\sum _{i=1}^l{a}_i^2$

同理 $\sum _{i=1}^{r-1}{b}_i{b}_{i+1}<(1-\frac{1}{n^2})\sum _{i=1}^r{b}_i^2$ ，得到 $\sum _{i=1}^n{x}_i^{k-1}{x}_{i+1}^{k-1}<(1-\frac{1}{n^2})\sum _{i=1}^n(x_i^{k-1}{)}^2$ ，于是 $S^k<(1-\frac{1}{2n^2})S^{k-1}$ 成立

所以 $\underset{k\to +\infty }{\lim }{S}^k=0$，从而 $\underset{k\to +\infty }{\lim }{x}_i^k=0$，命题得证。