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Elinkage数学论坛基础数学 [返回] → 浏览:设$\;a_1 > 0,\; a_{n+1} = \log(1+a_n),\;$求$\;\small\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac{n(na_n-2)}{\log n}}$ 标记论坛所有内容为已读 

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  题:设$\;a_1 > 0,\; a_{n+1} = \log(1+a_n),\;$求$\;{\displaystyle\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}}\frac{\large n(na_n-2)}{\log n}.\quad$ srcA*7
解:近解置顶:d
\(\small(0)\quad 0< a_{n+1}=\ln(1+a_n)< a_n\to A=\ln(1+A)\ge 0\implies a_n\overset{n\to\infty}{\scriptsize\searrow}0\);iht5bK
\(\small(1)\quad\displaystyle\lim_{n\to\infty} na_n=\lim_{n\to\infty}{\scriptsize\frac{n+1-n}{a_{n+1}^{-1}-a_n^{-1}}}=\lim_{n\to\infty}{\scriptsize\frac{a_na_{n+1}}{a_n-a_{n+1}}}=\lim_{x\to 0}{\scriptsize\frac{x\ln(1+x)}{x-\ln(1+x)}}=2\);!^
\(\small(2)\quad\displaystyle\lim_{n\to\infty}{\scriptsize\frac{n(na_n-2)}{\ln n}}=\lim_{n\to\infty}(na_n){\frac{{\scriptsize n-}\frac{2}{ a_n}}{\scriptsize\ln n}}\overset{\text{stolz}}{=}2\lim_{n\to\infty}{\frac{{\scriptsize n+1-}\frac{2}{a_{n+1}}-({\scriptsize n-}\frac{2}{a_n})}{\scriptsize\ln(n+1)-\ln n}}\)v
\(\small\quad=\displaystyle 2\lim_{n\to\infty}{\frac{\scriptsize a_na_{n+1}+2(a_{n+1}-a_n)}{\frac{a_n^2a_{n+1}}{na_n}\scriptsize\ln(1+\frac{1}{n})^n}}=4\lim_{x\to 0}{\scriptsize\frac{(2+x)\ln(1+x)-2x}{x^2\ln(1+x)}}=\scriptsize\frac{2}{3}.\quad\square\)rr^#l


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  题:设$\;a_1 > 0,\; a_{n+1} = \log(1+a_n),\;$求$\;{\displaystyle\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}}\frac{\large n(na_n-2)}{\log n}.\quad$ srcjdNgj=
解:易见$\underset{\,}{\,}0< a_{n+1}< a_n\to\small A=\log(1+A)\;$故$\;a_n{\scriptsize\searrow}\,\small A=0\;\small(n\to\infty).$"
定义差分$\;\;\Delta[f](n)=f(n+1)-f(n),\;\Delta^{n+1}f=\Delta(\Delta^n f)\tiny\underset{\,}{.}$U4
$\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)$64.
$\displaystyle{(1)\;\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}(na_n-2)=0:\;\;\lim_{n\to\infty} na_n =\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n}{a_n^{-1}}}=\lim_{n\to\infty}{\scriptsize\frac{\Delta n}{\Delta a_n^{-1}}}=2}.$q
$\underset{\,}{\quad}$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<g=N.i
$\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)$9
$\underset{\,}{(\dagger)}\,\exists m:\frac{u}{n}\overset{(1)}{<} ua_n{\small <\Delta}\tau_n,\;\tau_n>\tau_m{\scriptsize +\displaystyle{\sum_{k=m}^{n-1}}}{\large\frac{u}{k}}\sim u\small\log(n)\;(n\ge m,\,6u< {\scriptsize 1})$mv^\Zo
$\displaystyle{(2)\;\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}{\small\frac{1}{n(na_n-2)}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{a_n/2}{na_n-2}}\overset{(\dagger)}{=}\lim_{n\to\infty}\tau_n^{-1}=0.}\quad\small(\tau_{n+m}{\scriptsize\nearrow}\infty)$6L"^
$\underset{\,}{\quad}$令$\;\delta_n= na_n-2=a_n\tau_n,\;$因$\,\tau_{m+n}{\scriptsize\nearrow\,+}\infty,\,n\,$充分大时$\,\delta_n>0.$hq
$\underset{\,}{\quad}$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$\,0).$\vlO
$\underset{\,}{\quad}$据$\,(\dagger)\,\;\Delta \tau_n < \frac{a_n}{2},\;{\small\bigg|\frac{\large\Delta \tau_n}{\large\Delta \delta_n^{-1}}\bigg|< \bigg|\frac{\large \delta_n\delta_{n+1}a_n}{2\large\Delta \delta_n}\bigg|=U(\delta_{n+1})}\to 0\;(n\to\infty)$PY
$\displaystyle{(3)\;\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}n(na_n-2)^2=0:\,\lim_{n\to\infty}{\small\frac{(na_n-2)^2}{a_n}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\tau_n}{\delta_n^{-1}}}=0.}$<
$\underset{\,}{\quad}$最后由$\;\Delta(n\delta_n)=\small\Delta(n^2a_n-2n)=(2n+1)a_n+(n+1)^2\Delta a_n-2$>
$\underset{\,}{\qquad\qquad} = (2n+1)a_n+(n+1)^2\big(-\frac{a_n^2}{2}+\frac{a_n^3}{3}+O(a_n^4)\big)-2$I
$\underset{\,}{\qquad\qquad} = \frac{1}{3}a_n(n^2a_n^2-3na_n+3)-\frac{1}{2}(na_n-2)^2+O(a_n^2)$g5iEq
$\underset{\,}{\qquad\qquad} =\frac{1}{3}a_nU(1)+\delta_n^2O(1)$'qG
$\quad$及$\,(3)\,$得Rvy:S
$\displaystyle{\quad\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n(na_n-2)}{\log n}}{\small=}\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n\Delta(n\delta_n)}{n\Delta(\log n)}}{\small=}\lim_{n\to\infty}{\small\frac{na_nU(1)+n\delta_n^2O(1)}{3\log(1+\frac{1}{n})^n}}\small=\frac{2}{3}}.$rb|aw


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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:q\~U
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  G
$\underset{\,}{\quad}$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h
$\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}$4=j(
$\underset{\,}{\quad\qquad\qquad\qquad\qquad}=(n-\tau_n+1-\frac{2\lambda}{n-\tau_n})\log(1+\frac{2}{n-\tau_n})-2$xH]=
$\underset{\,}{\quad}$令$\;G_{\lambda}(x)=(x+1-\frac{2\lambda}{x})\log(1+\frac{2}{x})-2,\;$则$\;G_{\lambda}(x)\to 0\,\small(x\to\infty).$N`Gp
$\underset{\,}{\quad}\frac{d}{dx}G_{\lambda}(x)=\frac{4\lambda+2\lambda x+2x^2+x^3}{(x+2)x^2}\big(\frac{4\lambda-2x-2x^2}{4\lambda+2\lambda x+2x^2+x^3}+\log(1+\frac{2}{x})\big)$,:r@c
$\quad$而$\;\underset{\,}{\frac{4\lambda-2x-2x^2}{4\lambda+2\lambda x+2x^2+x^3}}+\log(1+\frac{2}{x}) = 8(\lambda-\frac{1}{6})x^{-3}+O(x^{-4}),$\}
$\quad$可见对充分大的$\,n\,$有$\;ua_n< \Delta\tau_n< va_n\;\small(u< \frac{1}{6}< v).$2F?
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  "HY:
$\quad\displaystyle{\log(1+t)={\small\sum_{n=1}^{\infty}}{\scriptsize\frac{(-1)^{n-1}}{n}}x^n\;(-1< x\le 1)}\,$是 Leibniz 级数. 故KOt>4N
$\underset{\,}{\quad}\frac{1}{\large 6}a_n^2\le |a_n -\log(1+a_n)|=|a_n-a_{n+1}|\to 0.\;\therefore\;a_n{\scriptsize\searrow}\;0$ 3zB]
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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).5fRFe
$\quad$故对$\,n\,$充分大有$\,na_n> 2.\;$这与$\;n(na_n-2)/\log n\to 2/3\,$一致.@M


发贴时间2017/09/29 04:51am IP: 已设置保密[本文共1566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:$\underset{\,}{\,}$=C
$\underset{\,}{(1)}\;\Delta(af+bg)=a\Delta f+b\Delta g\;(a,b\in\mathbb{R}),$!; kU
$\underset{\,}{(2)}\;\Delta^{n+1}(f)=\Delta(\Delta^n f)$9VHk
$\underset{\,}{(3)}\;\Delta(fg)=f\Delta g+g\Delta f+(\Delta f)(\Delta g)$}A<{&
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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A_zi`
$\displaystyle{\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}{\small\frac{a_n}{na_n-2}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{na_n}{\log n}\cdot\frac{\log n}{n(na_n -2)}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{3}{\log n}}=0}\;$即$\,na_n-2\,$&&(K#m
趋于$\,0\,$较$\,a_n\sim \frac{2}{n}=O(\frac{1}{n})\,$而言,是$`$无穷慢'.)kNj
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接下来,更具挑战性的问题是:$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}(n(na_n-2)-{\small\frac{2}{3}}\log n)=?}$U2~
仍假定$\;a_{n+1}=\log(1+a_n),\;a_1\in(0,1).$U#


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  一个使用较少分析的计算(Stolz + L'Hospital 法则)Z3v}ym
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  8o1L
易见$\underset{\,}{\,}0< a_{n+1}< a_n\to\small A=\log(1+A)\;$故$\;a_n{\scriptsize\searrow}\,\small A=0\;\small(n\to\infty).$IXB
$(1)\;\displaystyle{\lim_{n\to\infty}na_n{\small =\lim_{n\to\infty}}{\scriptsize\frac{\Delta(n)}{\Delta(a_n^{-1})}}{\small=\lim_{n\to\infty}}\,{\scriptsize\frac{a_n a_{n+1}}{a_n-a_{n+1}}}=\lim_{x\to 0+}{\scriptsize\frac{x\log(1+x)}{x-\log(1+x)}}=2}$\
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  XVWZ-f
$(2)\;\displaystyle{\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n(na_n-2)}{\log n}}=2\lim_{n\to\infty}{\small\big(\frac{na_n}{2}\big)\frac{n-\frac{2}{a_n}}{\log n}}=2\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\Delta(n-\frac{2}{a_n})}{\Delta(\log(n))}}}$cV1I
$\quad\displaystyle{=2\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\frac{2}{a_n}-\frac{2}{a_{n+1}}+1}{\frac{a_n}{(na_n)}\log(1+\frac{1}{n})^n}}=4\lim_{n\to\infty}{\small\frac{(2+a_n)a_{n+1}-2a_n}{a_n^2a_{n+1}}}}$,bH It
$\quad\displaystyle{=4\lim_{n\to\infty}{\small\frac{(2+a_n)\log(1+a_n)-2a_n}{a_n ^2\log(1+a_n)}}}=4\lim_{n\to\infty}\small\frac{\frac{1}{6}a_n^3+O(a_n^4)}{a_n^3+O(a_n^4)} =\frac{2}{3}.$vXAt_5
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  ]c/
$(3)\;\displaystyle{\lim_{n\to\infty}{\small\frac{a_n}{na_n-2}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\log n}{n(na_n-2)}\frac{na_n}{\log n}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{3}{\log n}}=0}.$@<
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛   F.
$(4)\;\displaystyle{\lim_{n\to\infty}n(n a_n-2)^2=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n^2(na_n-2)^2}{\log^2 n}\frac{\log^2 n}{n}}={\small\frac{4}{9}}\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\log^2 n}{n}}=0.}$@y


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  $\{a_n\}\underset{\,}{\,}$的渐近通项_
$(0)\underset{\,}{\quad}a_n = \frac{2}{n}+o(n^{-1})$O2
$(1)\underset{\,}{\quad}b_n := a_n^{-1}-\frac{n}{2},\quad a_n=\frac{2}{n}\big(1+\frac{2b_n}{n}\big)^{-1}$X9%&q[
$(2)\underset{\,}{\quad}a_n = {\small\displaystyle\frac{2}{n}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\big(\frac{2b_n}{n}\big)^k}$>?tN
$(3)\underset{\,}{\quad}\Delta b_n = \Delta(a_n^{-1})-\frac{1}{2}=-\frac{1}p-<
{12}a_n+\frac{1}{24}a_n^2+O(a_n^3)$s27`
$\quad\therefore\;\Delta b_n \overset{(0)}{=} \underset{\,}-\underset{\;}{\small\dfrac{1}{6n}}+o(n^{-1}),\quad b_n = -\frac{\log n}{6}+o(\log n)$BJi
$\underset{\,}{\qquad}\,a_n=\frac{2}{n}+\frac{2}{3}\frac{\log n}{n^2}+o(n^{-2}\log n)\quad\small(\dagger)$6<X;
$\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})$0nZ>
$\underset{\,}{\qquad}\,\boxed{a_n=\small\frac{2}{n}+\frac{2}{3}\frac{\log n}{n^2}+\frac{C}{n^2}+O\big(\frac{\log^2 n}{n^3}\big)}\quad\small\;\;\color{gray}{\small(C=-4\lambda(a_0)=\text{const.})}$}}Yb
$\underset{\,}{\qquad}\,\boxed{\small\frac{n(na_n-2)}{\log n}=\frac{2}{3}+\frac{C}{\log n}+O\big(\frac{\log n}{n}\big)}$a$a_


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  定理$\,\star\,$\(\quad{\Large\frac{c_n}{b_n}}\to A\implies {\Large\frac{c_1,+\cdots+c_n}{b_1+\cdots+b_n}}\to A.\small\;\;(b_k>0,\,b_1+\cdots+b_n\to\infty)\);s-`1
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\(\alpha b_n{\small< }c_n{\small<}\beta  b_n\),nO
\(\qquad\)于是\(\;\alpha< {\Large\frac{c_m+\cdots+c_n}{b_m+\cdots+b_n}}< \beta\;\;(n>m).\) 令\(\,n\to\infty\),由\(\,\alpha,\beta\)  ~r3DSV
\(\qquad\)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mC?tC
\(\underset{\,}{\qquad}{\Large\frac{c_1+\cdots+c_n}{b_1+\cdots+b_n}}={\Large\frac{\frac{c_1+\cdots+c_{m-1}}{b_m+\cdots+b_n}+\frac{c_m+\cdots+c_n}{b_m+\cdots+b_n}}{\frac{b_1+\cdots+b_{m-1}}{b_m+\cdots+b_n}+1}}\to {\large\frac{0+A}{0+1}}=A.\quad\small\square\)|G^
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,\(\;\displaystyle\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\tau(n+1)-\tau(n)}{\ln(n+1)-\ln n}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{a_n/6+O(a_n^2)}{\ln(1+\frac{1}{n})}}\,\overset{na_n\to 2}{=\hspace{-3px}=}\,\small\frac{1}{3},\)B
\(\quad\)故\(\;\displaystyle\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}{\small\frac{\tau(n)}{\ln(n)}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\tau(n)-\tau(1)}{\ln(n)}}\,\overset{\star}{=}\,\lim_{n\to\infty}{\small\frac{{\scriptsize\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}}(\tau(k+1)-\tau(k))}{{\scriptsize\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}}(\ln(k+1)-\ln k)}}=\small\frac{1}{3},\)>Xd1i
\(\quad\)由此立即得\(\;\displaystyle\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n(na_n-2)}{\ln n}=}\lim_{n\to\infty}{\small\frac{na_n\tau(n)}{\ln n}=\frac{2}{3}}.\quad\small\square\)"]VmMU


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  $\begin{align*}\because\;na_n-(n+1)a_{n+1}&=na_n-(n+1)(a_n-{\small\frac{a_n^2}{2}}+O(a_n^3))\\ &={\small\frac{(na_n{\scriptsize-2})}{a_n}\frac{a_n^2}{2}}+O(a_n^2)={\small\frac{a_n^2}{2}}\tau_n+O(a_n^2)\end{align*}$U\Oq}D
$\qquad n(na_n-2)=\large\frac{n}{(na_n-2)^{-1}},$.
$\qquad{\large\frac{\Delta n}{\Delta(na_n-2)^{-1}}}={\large\frac{\overset{\,}{(na_n-2)((n+1)a_{n+1}-2)}}{na_n-(n+1)a_{n+1}}}=\dfrac{a_na_{n+1}\tau_n\tau_{n+1}}{\frac{\Large \tau_na_n^2}{2}+{\small O}(a_n^2)}$qaaC
$\therefore\quad{\large\frac{\Delta n}{\Delta(na_n-2)^{-1}}}\sim 2\tau_n\sim na_n\tau_n=n(na_n-2)${+
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$\quad$换句话说,Stolz 公式没有简化$\,n(na_n-2)\,$极限的计算. Q?N9`+
$\quad$当然这不否定公式本身的正确性.#^z


发贴时间2021/02/07 02:45pm IP: 已设置保密[本文共709字节]  

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快速回复主题: 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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