（1）先证二者都趋于零。由逐次平方，$y_n=2^{-2^{n-1}}>0$，故 $y_n\to 0$。又 $x_1=\frac{1}{2}$，在 $(0,\frac{1}{2}]$ 内有 $0<\sin t<t$，归纳得 $0<x_{n+1}<x_n\le \frac{1}{2}$。单调有界故 $x_n\to A\in [0,\frac{1}{2}]$，递推式与连续性给出 $A=\sin A$，而正数范围内 $\sin A<A$，故只能 $A=0$。
（2）令 $r_n=\frac{y_n}{x_n}>0$，由递推式，

因此存在 $N$，当 $n\ge N$ 时 $r_{n+1}\le \frac{r_n}{2}$。迭代得 $0<r_n\le r_N{2}^{-(n-N)}\to 0$，从而 $y_n=o(x_n)$，选 B。A 的高阶方向相反；C、D 要求比值趋于非零有限常数，均不成立。

（1）先按前一方法证明 $x_n,y_n>0$ 且均趋于零。进一步计算精确阶，令 $z_n=\frac{1}{x_n^2}$。由 $\sin t=t-\frac{t^3}{6}+O(t^5)$，取平方再倒数得

故 $z_{n+1}-z_n\to \frac{1}{3}$。
（2）将增量求和，$z_n=z_1+\sum _{j=1}^{n-1}(z_{j+1}-z_j)$。由收敛数列算术平均仍趋于同一极限，得 $\frac{z_n}{n}\to \frac{1}{3}$，因此 $x_n\sim \sqrt{\frac{3}{n}}$。
（3）另一方面 $y_n=2^{-2^{n-1}}$，故

例如 $2^{n-1}\ge n$ 对所有正整数 $n$ 成立，右侧不超过 $\sqrt{\frac{n}{3}}{2}^{-n}\to 0$。因此 $y_n$ 为 $x_n$ 的高阶无穷小，选 B。