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Elinkage数学论坛基础数学 → 引用回复帖子

主题标题: 设$\;a_1 > 0,\; a_{n+1} = \log(1+a_n),\;$求$\;\small\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac{n(na_n-2)}{\log n}}$
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    帖子一览:设$\;a_1 > 0,\; a_{n+1} = \log(1+a_n),\;$求$\;\small\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac{n(na_n-2)}{\log n}}$ (新回复在最前,最多列出 6 个)  [列出所有回复]
    elim 发表于: 2021/03/10 04:44pm
    以下是所论极限的不依赖与Stolz公式的分析:
    记\(\;\{a_n\}\,\)是由\(\,a_1=1,\;a_{n+1}=\ln(1+a_n)\,\)确定的序列.由中值定理知
    \(0< a_{n+1}< a_n\;(\forall n)\).故数列收敛到某\(\,a\ge 0\).满足方程\(\,a=\ln(1+a)\)
    因此\(\,\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=a=0.\,\)这里用到了\(\,\ln x\)的严格单调性和连续性.
    据Taylor定理,\({\small\dfrac{1}{(\ln(1+x))^{-1}-x^{-1}}}=2+{\small O}(x)\,\)即\(\displaystyle\,\lim_{n\to\infty}{\small\frac{1}{a_{n+1}^{-1}-a_n^{-1}}}=2\)
    故对\(\,\varepsilon>0\,\)有\({\small N}_1\)使\(\,(2-\varepsilon)(a_{k+1}^{-1}-a_k^{-1})< 1< (2+\varepsilon)(a_{k+1}^{-1}-a_k^{-1})\)
    \((k>{\small N}_1).\,\)对\(\,k=m={\small N}_1{\small+1},\ldots,n{\small-1}(>{\small N}_1),\,\)将上述不等式相加得到
    \((2-\varepsilon)(a_n^{-1}-a_m^{-1})< n-m< (2+\varepsilon)(a_n^{-1}-a_m^{-1}),\,|{\small\dfrac{n-m}{a_n^{-1}-a_m^{-1}}}-2|< \varepsilon\)
    \(\displaystyle\therefore\;\lim_{n\to\infty}na_n =\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n(1-\frac{m}{n})}{a_n^{-1}(1-a_na_m^{-1})}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n-m}{a_n^{-1}-a_m^{-1}}}=2\)
    令\(\,\tau_n=n-{\large\frac{2}{a_n}},\,\)则\(\,\displaystyle\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\tau(n+1)-\tau(n)}{\ln(n+1)-\ln n}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{a_n/6+O(a_n^2)}{\ln(1+\frac{1}{n})}}\,\overset{na_n\to 2}{=\hspace{-3px}=}\,\small\frac{1}{3},\)
    故有$\small\,N_2\,$使$\;\frac{1}{3}-\varepsilon< {\small\dfrac{\tau(n+1)-\tau(n)}{\ln(n+1)-\ln n}}< \frac{1}{3}+\varepsilon\;\;(n{\small >N_2})$ 即
    $(\frac{1}{3}-\varepsilon)(\ln(k+1)-\ln k)< \tau(k+1)-\tau(k)<(\frac{1}{3}+\varepsilon)(\ln(k+1)-\ln k)$
    $\small(k\ge m=N_2+1).$在上式取$\,k=m,m{\small+1},\ldots,n\small-1\,(>m),\,$将所得不等式
    相加得$\;\tau_n>(\frac{1}{3}-\varepsilon)\ln{\large\frac{n}{m}}+\tau_m\;$且$\;\frac{1}{3}-\varepsilon<{\large\frac{\tau_n-\tau_m}{\ln n-\ln m}}< \frac{1}{3}+\varepsilon$
    上面第一式说明$\,\tau_n\to\infty\,$于是第二式说明$\,{\large\frac{\tau_n}{\ln n}}\to\frac{1}{3}.$
    由$\;na_n\tau_n=n(na_n-2)\;$及上述结果即得$\,\displaystyle\lim_{n\to\infty}\small\frac{n(na_n-2)}{\ln n}=\frac{2}{3}.$
     
    elim 发表于: 2021/02/07 02:45pm
    $\begin{align*}\because\;na_n-(n+1)a_{n+1}&=na_n-(n+1)(a_n-{\small\frac{a_n^2}{2}}+O(a_n^3))\\ &={\small\frac{(na_n{\scriptsize-2})}{a_n}\frac{a_n^2}{2}}+O(a_n^2)={\small\frac{a_n^2}{2}}\tau_n+O(a_n^2)\end{align*}$
    $\qquad n(na_n-2)=\large\frac{n}{(na_n-2)^{-1}},$
    $\qquad{\large\frac{\Delta n}{\Delta(na_n-2)^{-1}}}={\large\frac{\overset{\,}{(na_n-2)((n+1)a_{n+1}-2)}}{na_n-(n+1)a_{n+1}}}=\dfrac{a_na_{n+1}\tau_n\tau_{n+1}}{\frac{\Large \tau_na_n^2}{2}+{\small O}(a_n^2)}$
    $\therefore\quad{\large\frac{\Delta n}{\Delta(na_n-2)^{-1}}}\sim 2\tau_n\sim na_n\tau_n=n(na_n-2)$

    $\quad$换句话说,Stolz 公式没有简化$\,n(na_n-2)\,$极限的计算.
    $\quad$当然这不否定公式本身的正确性.
     
    elim 发表于: 2020/11/10 00:02pm
    定理$\,\star\,$\(\quad{\Large\frac{c_n}{b_n}}\to A\implies {\Large\frac{c_1,+\cdots+c_n}{b_1+\cdots+b_n}}\to A.\small\;\;(b_k>0,\,b_1+\cdots+b_n\to\infty)\)
    证明 因为\(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\small\frac{c_n}{b_n}=A,\;\)对\(\small\,\alpha< A< \beta\),有\(\,m\,\)使\(\small\,n>m\,\)时\(\alpha b_n{\small< }c_n{\small<}\beta  b_n\)
    \(\qquad\)于是\(\;\alpha< {\Large\frac{c_m+\cdots+c_n}{b_m+\cdots+b_n}}< \beta\;\;(n>m).\) 令\(\,n\to\infty\),由\(\,\alpha,\beta\)  
    \(\qquad\)可任意靠近\(A\) 知道\({\Large\frac{c_m+\cdots+c_n}{b_m+\cdots+b_n}}\to A\), 进而得
    \(\underset{\,}{\qquad}{\Large\frac{c_1+\cdots+c_n}{b_1+\cdots+b_n}}={\Large\frac{\frac{c_1+\cdots+c_{m-1}}{b_m+\cdots+b_n}+\frac{c_m+\cdots+c_n}{b_m+\cdots+b_n}}{\frac{b_1+\cdots+b_{m-1}}{b_m+\cdots+b_n}+1}}\to {\large\frac{0+A}{0+1}}=A.\quad\small\square\)
    例:对序列\(\{a_n\}\;(a_1=1,a_{n+1}=\ln(1+a_n)),\,\)令,\(\tau(n)=n-\large\frac{2}{a_n}\underset{\,}{,}\)
    \(\quad\)据Taylor定理,\(\;\displaystyle\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\tau(n+1)-\tau(n)}{\ln(n+1)-\ln n}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{a_n/6+O(a_n^2)}{\ln(1+\frac{1}{n})}}\,\overset{na_n\to 2}{=\hspace{-3px}=}\,\small\frac{1}{3},\)
    \(\quad\)故\(\;\displaystyle\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}{\small\frac{\tau(n)}{\ln(n)}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\tau(n)-\tau(1)}{\ln(n)}}\,\overset{\star}{=}\,\lim_{n\to\infty}{\small\frac{{\scriptsize\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}}(\tau(k+1)-\tau(k))}{{\scriptsize\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}}(\ln(k+1)-\ln k)}}=\small\frac{1}{3},\)
    \(\quad\)由此立即得\(\;\displaystyle\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n(na_n-2)}{\ln n}=}\lim_{n\to\infty}{\small\frac{na_n\tau(n)}{\ln n}=\frac{2}{3}}.\quad\small\square\)
     
    elim 发表于: 2019/07/29 05:02am
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    elim 发表于: 2019/07/29 04:52am

    c此主题相关图片如下:
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    elim 发表于: 2018/03/02 06:47am
    $\{a_n\}\underset{\,}{\,}$的渐近通项
    $(0)\underset{\,}{\quad}a_n = \frac{2}{n}+o(n^{-1})$
    $(1)\underset{\,}{\quad}b_n := a_n^{-1}-\frac{n}{2},\quad a_n=\frac{2}{n}\big(1+\frac{2b_n}{n}\big)^{-1}$
    $(2)\underset{\,}{\quad}a_n = {\small\displaystyle\frac{2}{n}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\big(\frac{2b_n}{n}\big)^k}$
    $(3)\underset{\,}{\quad}\Delta b_n = \Delta(a_n^{-1})-\frac{1}{2}=-\frac{1}
    {12}a_n+\frac{1}{24}a_n^2+O(a_n^3)$
    $\quad\therefore\;\Delta b_n \overset{(0)}{=} \underset{\,}-\underset{\;}{\small\dfrac{1}{6n}}+o(n^{-1}),\quad b_n = -\frac{\log n}{6}+o(\log n)$
    $\underset{\,}{\qquad}\,a_n=\frac{2}{n}+\frac{2}{3}\frac{\log n}{n^2}+o(n^{-2}\log n)\quad\small(\dagger)$
    $\quad\therefore\;\Delta b_n \overset{(\dagger)}{=} \underset{\,}{-\small\dfrac{1}{6n}}-\frac{\log n}{18n^2}+o(\frac{\log n}{n^2}),\quad b_n = \lambda -\frac{\log n}{6}-
    \frac{\log n}{18n}+o(\frac{\log n}{n})$
    $\underset{\,}{\qquad}\,\boxed{a_n=\small\frac{2}{n}+\frac{2}{3}\frac{\log n}{n^2}+\frac{C}{n^2}+O\big(\frac{\log^2 n}{n^3}\big)}\quad\small\;\;\color{gray}{\small(C=-4\lambda(a_0)=\text{const.})}$
    $\underset{\,}{\qquad}\,\boxed{\small\frac{n(na_n-2)}{\log n}=\frac{2}{3}+\frac{C}{\log n}+O\big(\frac{\log n}{n}\big)}$

     


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