Mathematica解一个精巧的差分方程

Mathematica解差分方程很方便，记住一个词就可以了RSolve或者RSolveValue就可以了。以下这个例子比较特殊，存在解析解，但是软件算不出。

问题：
已知：
a[1]=12a[1]=\sqrt{1\over2} a[1]=21
a[n+1]=(1+a[n])2a[n+1]=\sqrt{(1+a[n])\over2} a[n+1]=2(1+a[n])
计算：
lim⁡n−>∞(∏i=1na[i])\displaystyle\lim_{n->\infty}({\displaystyle\prod_{i=1}^n{a[i]}}) n−>∞lim(i=1∏na[i])
数学分析：不难发现a[n]是一个递增数列，且极限为1.无限多个小于1而趋于1的数相乘有两种结果，趋于1比较慢结果为0，趋于1速度快收敛值接近前几项乘积。这道题的结论符合后者。a[n]前后两项的关系很巧妙，满足三角变换当中的半角公式。这样令a[n]=cos⁡αa[n]=\cos{\alpha}a[n]=cosα
则a[n+1]增大到a[n+1]=cos⁡α2a[n+1]=\cos{\alpha\over2}a[n+1]=cos2α,角度越小，余弦值越大，增大到接近1。这样就很容易手算出a[n]的解析解。
表达式如下：
a[n]=cos⁡π2n+1a[n]=\cos{\pi\over2^{n+1}} a[n]=cos2n+1π
接下来解决连乘求极限的问题：
为了解决角度减半无限多项的问题，可以在最后乘一个第n项的正弦值，则会角度翻倍至到剩下一项。
I=lim⁡n−>∞(∏i=1na[i])=lim⁡n−>∞(∏i=1ncos⁡π2n+1∗sin⁡π2n+1sin⁡π2n+1)I=\displaystyle\lim_{n->\infty}({\displaystyle\prod_{i=1}^n{a[i]}})= \displaystyle\lim_{n->\infty}({\displaystyle\prod_{i=1}^n{{\cos{\pi\over2^{n+1}}*\sin{\pi\over2^{n+1}}}}\over\sin{\pi\over2^{n+1}}}) I=n−>∞lim(i=1∏na[i])=n−>∞lim(sin2n+1πi=1∏ncos2n+1π∗sin2n+1π)
I=lim⁡n−>∞12n∗sin⁡π2sin⁡π2n+1=2πI=\displaystyle\lim_{n->\infty}{{1\over2^n}*\sin{\pi\over2}\over\sin{\pi\over2^{n+1}}}={2\over\pi} I=n−>∞limsin2n+1π2n1∗sin2π=π2
至此这道题目的手解就结束了，的确是非常巧妙的利用了三角变换，这个题目曾经陷入了很长的对连乘取对数再如何处理的困苦中，毫无破题思路。结果并不是指数形式的，所以也验证了之前的对连乘取对数方法的不合适。
接下来用mathematica来解一下吧，看上去a[n]的解析表达式很简单，但是实际上mathematica却无法直接求出来，我觉得可能是这样的变换本身没有被程序用来解一般问题吧，如果谁能用它得到解析解请告知本人。

可以看到mathematica没有输出，当然这里a[n]换成a[10]是能得到一个结果的，多试几个数就会发现趋于1的速度的确很快。但得不到解析解总是差强人意。
这里又用Nest嵌套循环直接算了一下连乘的数值解：
这里不得不佩服wolfram简洁的语言和强大的计算功能并存。

其实这里用不着100次迭代，10次以内结果就很逼近2/pi了。

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