‘混洗’序列的收敛性及论证正确性验证咨询

给定序列 ${\alpha_n}{n \in \mathbb{N}} \subseteq (0, 1)$，基于它定义序列 ${\tau_n}{n \in \mathbb{N}}$ 如下：
$$\tau_0 = 1, \tau_1 = 0, \tau_{n+2} = \alpha_n\tau_n + (1 - \alpha_n)\tau_{n+1}, \forall n \in \mathbb{N}.$$

换句话说，初始几项可以直接算出：$\tau_2=\alpha_0, \tau_3=\alpha_0(1 - \alpha_1)$，并且对于所有 $n \geq 3$，序列的通项公式为：
$$\tau_n = \alpha_0 + \sum_{j=1}^{n-2}(-1)j \prod_{i=0}^{j} \alpha_i.$$

我猜测这个序列 ${\tau_n}$ 是收敛的，并且做了如下论证：

设 $m, n \in \mathbb{N}, m > n$，则：
$$|\tau_m - \tau_n| = \left|\alpha_0 + \sum_{j=1}^{m-2}(-1)j \prod_{i=0}^{j} \alpha_i - \alpha_0 - \sum_{j=1}^{n-2}(-1)j \prod_{i=0}^{j} \alpha_i\right| = \left|\sum_{j=n-1}^{m-2}(-1)j \prod_{i=0}^{j} \alpha_i\right|.$$
也就是说，$|\tau_m - \tau_n| = \alpha_{n - 1}\cdots\alpha_{m - 2} \to 0$ 当 $n, m$ 足够大时，因为每个 $\alpha_i \in (0, 1)$。根据柯西准则，${\tau_n}$ 收敛。

想请教一下，我的这个论证是否正确？另外我还尝试拆分奇偶项序列 ${\tau_{2k+1}}$ 和 ${\tau_{2k}}$ 来分析，但没取得成功，也希望能得到相关的思路提示。谢谢！

论证正确性分析及修正 #

你的核心思路是对的，但最后一步的等式推导存在小问题：$\left|\sum_{j=n-1}^{m-2}(-1)j \prod_{i=0}^{j} \alpha_i\right|$ 并不等于 $\alpha_{n-1}\cdots\alpha_{m-2}$，这是因为求和项带有交替符号，本质上是交错级数的部分和。不过我们可以修正这个细节，完善证明：

记 $P_j = \prod_{i=0}^j \alpha_i$，由于每个 $\alpha_i \in (0,1)$，序列 ${P_j}$ 是严格递减的正序列，且 $\lim_{j\to\infty}P_j=0$（无穷乘积 $\prod_{i=0}^\infty \alpha_i$ 要么收敛到0，要么收敛到某个正数，但无论哪种情况，$P_j$ 都会趋近于0）。

根据交错级数的莱布尼茨判别法的余项估计，这个交错级数部分和的绝对值不会超过首项的绝对值，也就是：
$$\left|\sum_{j=n-1}^{m-2} (-1)^j P_j\right| \leq P_{n-1} = \prod_{i=0}^{n-1}\alpha_i.$$

而因为每个 $\alpha_i < 1$，$P_{n-1}$ 会随着 $n$ 增大趋近于0，这就满足柯西收敛准则的要求：对于任意 $\epsilon > 0$，总能找到足够大的 $N$，当 $m > n > N$ 时，$|\tau_m - \tau_n| < \epsilon$，所以 ${\tau_n}$ 确实是收敛的。

奇偶项序列分析的补充思路 #

你尝试拆分奇偶项的方向其实是可行的，我们可以这样推进：

• 对于偶数项序列 ${\tau_{2k}}$：可以验证它是单调递减的正序列——由递推式 $\tau_{2(k+1)} = \alpha_{2k}\tau_{2k} + (1-\alpha_{2k})\tau_{2k+1}$，而 $\tau_{2k+1} < \tau_{2k}$，所以 $\tau_{2(k+1)} < \tau_{2k}$，同时所有项都是正数，根据单调有界定理，这个子序列收敛；
• 对于奇数项序列 ${\tau_{2k+1}}$：它是单调递增的有上界序列——同理，$\tau_{2k+3} = \alpha_{2k+1}\tau_{2k+1} + (1-\alpha_{2k+1})\tau_{2k+2}$，而 $\tau_{2k+2} > \tau_{2k+1}$，所以 $\tau_{2k+3} > \tau_{2k+1}$，且所有项都小于1，同样根据单调有界定理收敛。

接下来只需要证明这两个子序列的极限相等：设 $\lim_{k\to\infty}\tau_{2k}=L$，$\lim_{k\to\infty}\tau_{2k+1}=M$，对递推式 $\tau_{2k+2} = \alpha_{2k}\tau_{2k} + (1-\alpha_{2k})\tau_{2k+1}$ 两边取极限，可得 $L = \lim_{k\to\infty}\alpha_{2k} \cdot L + (1-\lim_{k\to\infty}\alpha_{2k}) \cdot M$。无论 $\alpha_{2k}$ 是否趋近于0，结合 $|\tau_{2k} - \tau_{2k+1}| = P_{2k-1} \to 0$，都能推出 $L=M$，因此原序列的极限存在。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者elgabri