stolz公式的证明

作者: 洛玖言 | 来源:发表于2019-10-02 15:02 被阅读0次

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stolz公式的证明

O'Stolz定理是处理数列不定式极限的有力工具，一般用于*/∞型的极限(即分母趋于正无穷大的分式极限，分子趋不趋于无穷大无所谓)、0/0型极限(此时要求分子分母都以0为极限)。O'Stolz定理用于数列，它有函数形式的推广，这两个都可以认为是洛必达法则的离散版本。

已知：

$y_{n+1}>y_n\qquad(n=1,2,\cdots)$
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}y_n=+\infty$
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}$ 存在

证：
假定 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}=a\;$ .并且注意到 $\;y_n\to\infty\;$ ，可知对于任给的 $\;\varepsilon>0\;$ ，存在正整数N，使当 $\;n>N\;$ 时，恒有：
$\left|\dfrac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}-a\right|<\dfrac{\varepsilon}{2}\quad (且\;y_n>0).$
于是，当 $\;n>N\;$ 时，有：
$\dfrac{x_{N+2}-x_{N+1}}{y_{N+2}-y_{N+1}},\dfrac{x_{N+3}-x_{N+2}}{y_{N+3}-y_{N+2}},\cdots,\dfrac{x_{n}-x_{n-1}}{y_{n}-y_{n-1}},\dfrac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}$
都包含在 $\left(a-\frac{\varepsilon}{2},a+\frac{\varepsilon}{2}\right)$ 之内，又 $y_{n+1}>y_n$ ，所以，这些分母都是正数，于是有：
$\left(a-\frac{\varepsilon}{2}\right)(y_{N+2}-y_{N+1})<x_{N+2}-x_{N+1}<\left(a+\frac{\varepsilon}{2}\right)(y_{N+2}-y_{N+1}),\\ \;\\ \left(a-\frac{\varepsilon}{2}\right)(y_{N+3}-y_{N+2})<x_{N+3}-x_{N+2}<\left(a+\frac{\varepsilon}{2}\right)(y_{N+3}-y_{N+2}),\\ \vdots\\ \left(a-\frac{\varepsilon}{2}\right)(y_{n+1}-y_{n})<x_{n+1}-x_{n}<\left(a+\frac{\varepsilon}{2}\right)(y_{n+1}-y_{n}),$
将这一些列的不等式相加，得：
$\left(a-\frac{\varepsilon}{2}\right)(y_{n+1}-y_{N+1})<x_{n+1}-x_{N+1}<\left(a+\frac{\varepsilon}{2}\right)(y_{n+1}-y_{N+1})$
即：
$\left(a-\frac{\varepsilon}{2}\right)<\dfrac{x_{n+1}-x_{N+1}}{y_{n+1}-y_{N+1}}<\left(a+\frac{\varepsilon}{2}\right)$
所以当 $n>N\;$ 时，恒有 $\left|\dfrac{x_{n+1}-x_{N+1}}{y_{n+1}-y_{N+1}}-a\right|<\dfrac{\varepsilon}{2}\;$ ，另外我们有，当 $n>N\;$ 时：
$\dfrac{x_n}{y_n}-a=\dfrac{x_{N+1}-ay_{N+1}}{y_n}+\left(1-\dfrac{y_{N+1}}{y_n}\right)\left(\dfrac{x_{n+1}-x_{N+1}}{y_{n+1}-y_{N+1}}-a\right)$
故有： $\left|\dfrac{x_n}{y_n}-a\right|\leqslant\left|\dfrac{x_{N+1}-ay_{N+1}}{y_n}\right|+\dfrac{\varepsilon}{2}$
现取 $N'>N\;$ ，使当 $n>N'\;$ ，恒有：
$\dfrac{\left|x_{N+1}-ay_{N+1}\right|}{y_n}<\dfrac{\varepsilon}{2}$
于是当 $n>N'\;$ 时，恒有
$\left|\dfrac{x_n}{y_n}-a\right|<\varepsilon.$
由此可知， $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{x_n}{y_n}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}=a$

应用

就记录一些刚好有人问到的题目，或者突然碰到的题目

Q1

$\lim_{n\to\infty}\dfrac{\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}}{\ln n}$

Sol-1:
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}}{\ln n}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{(n+1)[\ln(n+1)-\ln n]}\sim\lim_{n\to\infty}\dfrac{n}{n+1}=1$

Sol-2:
$\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}=\ln n+\gamma+\varepsilon_n\,,\quad \varepsilon_n\to0$
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}}{\ln n}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\ln n+\gamma+\varepsilon_n}{\ln n}=1$

Q2

$\lim_{n\to\infty}\dfrac{1!+2!+\cdots+n!}{n!}$

Sol-1:
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{1!+2!+\cdots+n!}{n!}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{(n+1)!}{n\cdot n!}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{n+1}{n}=1$

Sol-2:
令 $I=\displaystyle\dfrac{1!+2!+\cdots+n!}{n!}$

$\displaystyle \dfrac{n!}{n!}\leqslant I\leqslant \dfrac{(n-2)(n-2)!+(n-1)!+n!}{n!}\\$
两边令 $n\to\infty$
$1\leqslant I\leqslant 1$
$\displaystyle\therefore \lim_{n\to\infty}I=1$

Q3

证明：
设 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=a$ （有限数或正负无穷大）.试证：
$\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=a$

Sol-1:
$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{n-(n-1)}=\lim_{n\to\infty}a_n=a \end{aligned}$

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