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  题:设$\;a_1 > 0,\; a_{n+1} = \log(1+a_n),\;$求$\;{\displaystyle\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}}\frac{\large n(na_n-2)}{\log n}.\quad$ srcf2>\
解:易见$\underset{\,}{\,}0< a_{n+1}< a_n\to\small A=\log(1+A)\;$故$\;a_n{\scriptsize\searrow}\,\small A=0\;\small(n\to\infty).$zk).
定义差分$\;\;\Delta[f](n)=f(n+1)-f(n),\;\Delta^{n+1}f=\Delta(\Delta^n f)\tiny\underset{\,}{.}$+
$\underset{\,}{\because}\;\Delta(a_n^{-1})=-\frac{\Delta a_n}{a_n a_{n+1}}=\frac{\frac{1}{2}a_n^2+O(a_n^3)}{a_na_{n+1}}\sim \frac{1}{2\large\frac{1}{a_n}\log(1+a_n)}\to \frac{1}{2}\;\small(n\to\infty)$FrEk b
$\displaystyle{(1)\;\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}(na_n-2)=0:\;\;\lim_{n\to\infty} na_n =\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n}{a_n^{-1}}}=\lim_{n\to\infty}{\scriptsize\frac{\Delta n}{\Delta a_n^{-1}}}=2}.$k4F;
$\underset{\,}{\quad}$令$\,\tau_n=\frac{na_n-2}{a_n}\,\small(< n),\;$则$\,\;\frac{2}{n-\tau_n}=a_n\to 0,\,\therefore\; n-\tau_n\to\infty\;$并且yW
$\underset{\,}{\quad}\Delta\tau_n =\Delta(n-\frac{2}{a_n})=1+\frac{2(\log(1+a_n)-a_n)}{a_n\log(1+a_n)}=\frac{1}{6}a_n-\frac{1}{12}U(a_n^2)$r bV
$\underset{\,}{\quad}\big({\small 1+\frac{2(\log(1+t)-t)}{t\log(1+t)}=\frac{1}{6}t-\frac{1}{12}t^2+\frac{19}{360}t^3-\frac{3}{80}t^4+O(t^5)},\;{\scriptsize(U(f):\sim f)}\big)\;$所以=`$\y
$\underset{\,}{(\dagger)}\,\exists m:\;ua_n{\small <\Delta}\tau_n< va_n,\;\tau_n>\tau_m+{\scriptsize\displaystyle{\sum_{k=m}^{n-1}}}\frac{2u}{k-\tau_k}\small\,(n> m,\;u< {\scriptsize 6^{-1}}< v)$75Q<J_
$\displaystyle{(2)\;\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}{\small\frac{1}{n(na_n-2)}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{a_n}{na_n-2}}\overset{(\dagger)}{=}\lim_{n\to\infty}\tau_n^{-1}=0.}\quad\small(\tau_{n+m}{\scriptsize\nearrow}\infty)$7
$\underset{\,}{\quad}$令$\;\delta_n= na_n-2=a_n\tau_n,\;$因$\,\tau_{m+n}{\scriptsize\nearrow\,+}\infty,\,n\,$充分大时$\,\delta_n>0.$T1qgn&
$\underset{\,}{\quad}$不难验证$\;\Delta\delta_n=\Delta(na_n)=-\frac{1}{2}\delta_nU(a_n).\,(\delta_n\,$最终递减趋于$\,0).$Bv
$\underset{\,}{\quad}$据$\,(\dagger)\,\;\Delta \tau_n < \frac{a_n}{2},\;{\small\bigg|\frac{\large\Delta \tau_n}{\large\Delta \delta_n^{-1}}\bigg|< \bigg|\frac{\large \delta_n\delta_{n+1}a_n}{2\large\Delta \delta_n}\bigg|=U(\delta_{n+1})}\to 0\;(n\to\infty)$p#UKL
$\displaystyle{(3)\;\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}n(na_n-2)^2=0:\,\lim_{n\to\infty}{\small\frac{(na_n-2)^2}{a_n}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\tau_n}{\delta_n^{-1}}}=0.}$lq
$\underset{\,}{\quad}$最后由$\;\Delta(n\delta_n)=\small\Delta(n^2a_n-2n)=(2n+1)a_n+(n+1)^2\Delta a_n-2$1E!~C
$\underset{\,}{\qquad\qquad} = (2n+1)a_n+(n+1)^2\big(-\frac{a_n^2}{2}+\frac{a_n^3}{3}+O(a_n^4)\big)-2$9
$\underset{\,}{\qquad\qquad} = \frac{1}{3}a_n(n^2a_n^2-3na_n+3)-\frac{1}{2}(na_n-2)^2+O(a_n^2)$LK[(
$\underset{\,}{\qquad\qquad} =\frac{1}{3}a_nU(1)+\delta_n^2O(1)$)H
$\quad$及$\,(3)\,$得R:9
$\displaystyle{\quad\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n(na_n-2)}{\log n}}{\small=}\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n\Delta(n\delta_n)}{n\Delta(\log n)}}{\small=}\lim_{n\to\infty}{\small\frac{na_nU(1)+n\delta_n^2O(1)}{3\log(1+\frac{1}{n})^n}}\small=\frac{2}{3}}.$:u_



发贴时间2017/09/29 03:42am IP: 已设置保密[本文共3190字节]  
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  注记:关于$\;\tau_n=\frac{na_n-2}{a_n}\,$的一个(分析)可以概括为:3RQ5ic
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  {j$\fC
$\underset{\,}{\quad}$令$\,\tau_n=\frac{na_n-2}{a_n}\,\small(< n),\;$则$\,\;a_n=\frac{2}{n-\tau_n}\to 0,\,\therefore\; n-\tau_n\to\infty\;$并且SW%
$\underset{\,}{\quad}a_{n+1}(\Delta(\tau_n)-\lambda a_n)=(n+1)a_{n+1}-2-a_{n+1}\tau_n-\frac{2\lambda}{n-\tau_n}a_{n+1}$A&84b}
$\underset{\,}{\quad\qquad\qquad\qquad\qquad}=(n-\tau_n+1-\frac{2\lambda}{n-\tau_n})\log(1+\frac{2}{n-\tau_n})-2$H7PHAa
$\underset{\,}{\quad}$令$\;G_{\lambda}(x)=(x+1-\frac{2\lambda}{x})\log(1+\frac{2}{x})-2,\;$则$\;G_{\lambda}(x)\to 0\,\small(x\to\infty).$A~
$\underset{\,}{\quad}\frac{d}{dx}G_{\lambda}(x)=\frac{4\lambda+2\lambda x+2x^2+x^3}{(x+2)x^2}\big(\frac{4\lambda-2x-2x^2}{4\lambda+2\lambda x+2x^2+x^3}+\log(1+\frac{2}{x})\big)$,Il)|Y
$\quad$而$\;\underset{\,}{\frac{4\lambda-2x-2x^2}{4\lambda+2\lambda x+2x^2+x^3}}+\log(1+\frac{2}{x}) = 8(\lambda-\frac{1}{6})x^{-3}+O(x^{-4}),$ lFm_
$\quad$可见对充分大的$\,n\,$有$\;u< \Delta\tau_n< v\;\small(u< \frac{1}{6}< v).$2
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$\quad\displaystyle{\log(1+t)={\small\sum_{n=1}^{\infty}}{\scriptsize\frac{(-1)^{n-1}}{n}}x^n\;(-1< x\le 1)}\,$是 Leibniz 级数. 故HgHWm`
$\underset{\,}{\quad}\frac{1}{\large 6}a_n^2\le |a_n -\log(1+a_n)|=|a_n-a_{n+1}|\to 0.\;\therefore\;a_n{\scriptsize\searrow}\;0$X<Y.K
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$\quad$前面帖子中的$(\dagger)$表明$\;\{\tau_n\}_{n>m}\,$递增无界(否则仅其左边有界).{'a
$\quad$故对$\,n\,$充分大有$\,na_n> 2.\;$这与$\;n(na_n-2)/\log n\to 2/3\,$一致.g2"



发贴时间2017/09/29 04:51am IP: 已设置保密[本文共1564字节]  
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  楼上涉及很多差分计算。作为注记,列举一些最基本的公式:$\underset{\,}{\,}$bgd)X8
$\underset{\,}{(1)}\;\Delta(af+bg)=a\Delta f+b\Delta g\;(a,b\in\mathbb{R}),$+
$\underset{\,}{(2)}\;\Delta^{n+1}(f)=\Delta(\Delta^n f)$x\'
$\underset{\,}{(3)}\;\Delta(fg)=f\Delta g+g\Delta f+(\Delta f)(\Delta g)$Lg9
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根据$\;\underset{\,}{\frac{n(na_n-2)}{\log n}}\to\frac{2}{3},\;na_n\to 2\;\small(n\to\infty)$,对无穷小量$\,a_n,\,na_n-2\,$有x
$\displaystyle{\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}{\small\frac{a_n}{na_n-2}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{na_n}{\log n}\cdot\frac{\log n}{n(na_n -2)}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{3}{\log n}}=0}\;$即$\,na_n-2\,$mR
趋于$\,0\,$较$\,a_n\sim \frac{2}{n}=O(\frac{1}{n})\,$而言,是$`$无穷慢'.!a*r
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  4;u\&L
接下来,更具挑战性的问题是:$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}(n(na_n-2)-{\small\frac{2}{3}}\log n)=?}${\kVT
仍假定$\;a_{n+1}=\log(1+a_n),\;a_1\in(0,1).$;;tIlx



发贴时间2017/10/05 03:19pm IP: 已设置保密[本文共888字节]  
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  按此在新窗口浏览图片<8,&



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  一个使用较少分析的计算(Stolz + L'Hospital 法则)ib|>,
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  `35
易见$\underset{\,}{\,}0< a_{n+1}< a_n\to\small A=\log(1+A)\;$故$\;a_n{\scriptsize\searrow}\,\small A=0\;\small(n\to\infty).$(
$(1)\;\displaystyle{\lim_{n\to\infty}na_n{\small =\lim_{n\to\infty}}{\scriptsize\frac{\Delta(n)}{\Delta(a_n^{-1})}}{\small=\lim_{n\to\infty}}\,{\scriptsize\frac{a_n a_{n+1}}{a_n-a_{n+1}}}=\lim_{x\to 0+}{\scriptsize\frac{x\log(1+x)}{x-\log(1+x)}}=2}$s
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  #6e
$(2)\;\displaystyle{\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n(na_n-2)}{\log n}}=2\lim_{n\to\infty}{\small\big(\frac{na_n}{2}\big)\frac{n-\frac{2}{a_n}}{\log n}}=2\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\Delta(n-\frac{2}{a_n})}{\Delta(\log(n))}}}$V#Nxj
$\quad\displaystyle{=2\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\frac{2}{a_n}-\frac{2}{a_{n+1}}+1}{\frac{a_n}{(na_n)}\log(1+\frac{1}{n})^n}}=4\lim_{n\to\infty}{\small\frac{(2+a_n)a_{n+1}-2a_n}{a_n^2a_{n+1}}}}$J1
$\quad\displaystyle{=4\lim_{x\to 0}{\small\frac{(2+x)\log(1+x)-2x}{x^2\log(1+x)}}}=4\lim_{x\to 0}\small\frac{\frac{1}{6}x^3+O(x^4)}{x^3+O(x^4)} =\frac{2}{3}.$.
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  {LJ
$(3)\;\displaystyle{\lim_{n\to\infty}{\small\frac{a_n}{na_n-2}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n}{n^2-\frac{2n}{\underset{\,}{a_n}}}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{1}{2n+1-2(\frac{n+1}{a_{n+1}}-\frac{n}{a_n})}}}$w'U
$\quad\displaystyle{=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{a_na_{n+1}}{(2n+a_n+2na_n)a_{n+1}-2(n+1)a_n}}=\lim_{n\to\infty}\small\frac{a_n a_{n+1}}{a_nO(1)}=0.}$"z
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$(4)\;\displaystyle{\lim_{n\to\infty}n(n a_n-2)^2}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{4(n-\frac{2}{a_n})^2}{n}=4\lim_{n\to\infty}\Delta\big(n-\frac{2}{a_n}\big)^2}$9!:Yjl
$\quad\displaystyle{=4\lim_{n\to\infty}\big(2n+1-{\small\frac{2}{a_n}-\frac{2}{a_{n+1}}}\big)\big(1+{\small\frac{2}{a_n}-\frac{2}{\underset{\,}{a_{n+1}}}}\big)}$b8U
$\quad\displaystyle =4\lim_{n\to\infty}\small\frac{(\frac{1}{6}a_n^3+O(a_n^4))(-\frac{1}{2}(na_n-2)a_n+O(a_n^2))}{a_n^2a_{n+1}^2}=0$bt



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