求证满足$x_{n+1} \geqslant x_n - \frac{1}{2^{n}}$的有界序列$(x_n)$收敛及思路困惑

你之前想通过单调收敛定理来证是个很好的方向，但不用硬卡原序列的单调性——我们可以构造一个单调有界的辅助序列，绕开原序列不单调的问题，具体步骤如下：

1. 构造单调递增的辅助序列 #

先把题目给的不等式$x_{n+1} \geqslant x_n - \frac{1}{2^{n}}$变形一下，我们尝试构造一个新序列$y_n$，让它满足单调递增的性质：

令$y_n = x_n - \frac{1}{2^{n-1}}$，代入原不等式：
$$
\begin{align*}
x_{n+1} &\geqslant x_n - \frac{1}{2^n} \
y_{n+1} + \frac{1}{2^n} &\geqslant y_n + \frac{1}{2^{n-1}} - \frac{1}{2^n} \
y_{n+1} &\geqslant y_n + \frac{1}{2^{n-1}} - \frac{1}{2^n} - \frac{1}{2^n} \
y_{n+1} &\geqslant y_n
\end{align*}
$$
这样就证明了$y_n$是单调递增序列。

2. 证明辅助序列有界 #

已知原序列$(x_n)$是有界的，即存在常数$m, M$，使得对所有$n \in \mathbb{N}$，有$m \leqslant x_n \leqslant M$。

对于$y_n = x_n - \frac{1}{2^{n-1}}$：

• 上界：$\frac{1}{2^{n-1}} > 0$，所以$y_n \leqslant x_n \leqslant M$；
• 下界：$\frac{1}{2^{n-1}} \leqslant 1$（当$n \geq 1$时），所以$y_n \geqslant x_n - 1 \geqslant m - 1$。

因此$y_n$是有界序列。

3. 利用单调收敛定理推导原序列收敛 #

根据单调收敛定理，单调有界的序列必收敛，所以$\lim_{n \to \infty} y_n = A$（$A$是某个常数）。

而原序列$x_n = y_n + \frac{1}{2^{n-1}}$，我们知道$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^{n-1}} = 0$，因此：
$$
\lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} y_n + \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^{n-1}} = A + 0 = A
$$
这就证明了$(x_n)$收敛。

另外，也可以用上下极限的思路来证：设$\limsup_{n \to \infty} x_n = L$，$\liminf_{n \to \infty} x_n = l$，只需证明$L = l$。

取子列$x_{n_k} \to L$，对任意$m > n_k$，由原不等式累加可得：
$$
x_m \geqslant x_{n_k} - \sum_{i=n_k}^{m-1} \frac{1}{2^i}
$$
当$m \to \infty$时，$\sum_{i=n_k}^{\infty} \frac{1}{2^i} = \frac{1}{2^{n_k - 1}}$，所以$l \geqslant L - \frac{1}{2^{n_k - 1}}$。令$k \to \infty$，$\frac{1}{2^{n_k - 1}} \to 0$，得$l \geqslant L$。又因为$\limsup \geq \liminf$，所以$L = l$，原序列收敛。

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