求证递推序列$a_{n+1}=\alpha\cdot a_n+2$的极限与首项无关（$|\alpha|<1$）

嘿，你已经找对了核心方向！既然已经算出若极限存在则为 $L = \frac{2}{1-\alpha}$，那接下来只要证明 $\lim_{n \rightarrow \infty} |a_n - L| = 0$ 就行，咱们一步步拆解：

步骤1：构造差值的递推关系 #

首先把递推公式和极限 $L$ 结合起来，对递推式两边同时减去 $L$：
$$a_{n+1} - L = \alpha \cdot a_n + 2 - L$$
因为 $L = \frac{2}{1-\alpha}$，代入后可以化简右边：
$$2 - L = 2 - \frac{2}{1-\alpha} = \frac{2(1-\alpha) - 2}{1-\alpha} = \frac{-2\alpha}{1-\alpha} = \alpha \cdot \left(-\frac{2}{1-\alpha}\right) = \alpha(-L)$$
所以右边就变成：$\alpha \cdot a_n + \alpha(-L) = \alpha(a_n - L)$

最终得到关键的递推式：
$$a_{n+1} - L = \alpha(a_n - L)$$

步骤2：展开差值的通项公式 #

从这个递推式出发，我们可以一步步展开：

• $a_2 - L = \alpha(a_1 - L)$
• $a_3 - L = \alpha(a_2 - L) = \alpha^2(a_1 - L)$
• ...
• 以此类推，第n项的差值就是：
  $$a_n - L = \alpha^{n-1}(a_1 - L)$$

步骤3：利用$|\alpha|<1$证明差值趋于0 #

对两边取绝对值：
$$|a_n - L| = |\alpha|^{n-1} \cdot |a_1 - L|$$

这里 $|a_1 - L|$ 是一个固定的非负常数（和n无关），而因为 $|\alpha| < 1$，根据指数函数的性质，当 $n \rightarrow \infty$ 时，$|\alpha|^{n-1}$ 会趋于0。

用严格的$\epsilon-N$语言表述就是：

对任意给定的 $\epsilon > 0$，我们需要找到自然数 $N$，使得当 $n \geq N$ 时，$|a_n - L| < \epsilon$。

因为 $\lim_{n \rightarrow \infty} |\alpha|^{n-1} = 0$，所以对于 $\epsilon' = \frac{\epsilon}{|a_1 - L| + 1}$（加1是为了避免分母为0的特殊情况，不影响结果），存在自然数 $N$，当 $n \geq N$ 时，$|\alpha|^{n-1} < \epsilon'$。

此时：
$$|a_n - L| = |\alpha|^{n-1} \cdot |a_1 - L| < \epsilon' \cdot |a_1 - L| < \frac{\epsilon}{|a_1 - L| + 1} \cdot |a_1 - L| < \epsilon$$

这就严格证明了 $\lim_{n \rightarrow \infty} |a_n - L| = 0$，也就是序列 ${a_n}$ 收敛于 $L = \frac{2}{1-\alpha}$，而且这个极限确实和首项 $a_1$ 无关。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者user486635