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 * 贴子主题: 设$\;a_1 > 0,\; a_{n+1} = \log(1+a_n),\;$求$\;\small\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac{n(na_n-2)}{\log n}}$ 不分页显示此帖  保存该页为文件  本贴有问题,发送短消息报告给版主  加入个人收藏&关注本贴  显示可打印的版本  把本贴打包邮递  把本贴加入收藏夹  发送本页面给朋友   
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  题:设$\;a_1 > 0,\; a_{n+1} = \log(1+a_n),\;$求$\;{\displaystyle\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}}\frac{\large n(na_n-2)}{\log n}.\quad$ srcV
解:易见$\underset{\,}{\,}0< a_{n+1}< a_n\to\small A=\log(1+A)\;$故$\;a_n{\scriptsize\searrow}\,\small A=0\;\small(n\to\infty).$`=;FK
定义差分$\;\;\Delta[f](n)=f(n+1)-f(n),\;\Delta^{n+1}f=\Delta(\Delta^n f)\tiny\underset{\,}{.}$@\g]~~
$\underset{\,}{\because}\;\Delta(a_n^{-1})=-\frac{\Delta a_n}{a_n a_{n+1}}=\frac{\frac{1}{2}a_n^2+O(a_n^3)}{a_na_{n+1}}\sim \frac{1}{2\large\frac{1}{a_n}\log(1+a_n)}\to \frac{1}{2}\;\small(n\to\infty)$
$\displaystyle{(1)\;\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}(na_n-2)=0:\;\;\lim_{n\to\infty} na_n =\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n}{a_n^{-1}}}=\lim_{n\to\infty}{\scriptsize\frac{\Delta n}{\Delta a_n^{-1}}}=2}.$[
$\underset{\,}{\quad}$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|vQ
$\underset{\,}{\quad}\Delta\tau_n =\Delta(n-\frac{2}{a_n})=1+\frac{2(\log(1+a_n)-a_n)}{a_n\log(1+a_n)}=\frac{1}{6}a_n-\frac{1}{12}U(a_n^2)$_.4
$\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})$5MbEj
$\displaystyle{(2)\;\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}{\small\frac{1}{n(na_n-2)}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{a_n/2}{na_n-2}}\overset{(\dagger)}{=}\lim_{n\to\infty}\tau_n^{-1}=0.}\quad\small(\tau_{n+m}{\scriptsize\nearrow}\infty)$A
$\underset{\,}{\quad}$令$\;\delta_n= na_n-2=a_n\tau_n,\;$因$\,\tau_{m+n}{\scriptsize\nearrow\,+}\infty,\,n\,$充分大时$\,\delta_n>0.$pet/ /
$\underset{\,}{\quad}$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$\,0).$f>
$\underset{\,}{\quad}$据$\,(\dagger)\,\;\Delta \tau_n < \frac{a_n}{2},\;{\small\bigg|\frac{\large\Delta \tau_n}{\large\Delta \delta_n^{-1}}\bigg|< \bigg|\frac{\large \delta_n\delta_{n+1}a_n}{2\large\Delta \delta_n}\bigg|=U(\delta_{n+1})}\to 0\;(n\to\infty)$GPD/R/
$\displaystyle{(3)\;\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}n(na_n-2)^2=0:\,\lim_{n\to\infty}{\small\frac{(na_n-2)^2}{a_n}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\tau_n}{\delta_n^{-1}}}=0.}$+M
$\underset{\,}{\quad}$最后由$\;\Delta(n\delta_n)=\small\Delta(n^2a_n-2n)=(2n+1)a_n+(n+1)^2\Delta a_n-2$<7/RE
$\underset{\,}{\qquad\qquad} = (2n+1)a_n+(n+1)^2\big(-\frac{a_n^2}{2}+\frac{a_n^3}{3}+O(a_n^4)\big)-2$+9m
$\underset{\,}{\qquad\qquad} = \frac{1}{3}a_n(n^2a_n^2-3na_n+3)-\frac{1}{2}(na_n-2)^2+O(a_n^2)${
$\underset{\,}{\qquad\qquad} =\frac{1}{3}a_nU(1)+\delta_n^2O(1)$L&`26y
$\quad$及$\,(3)\,$得i
$\displaystyle{\quad\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n(na_n-2)}{\log n}}{\small=}\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n\Delta(n\delta_n)}{n\Delta(\log n)}}{\small=}\lim_{n\to\infty}{\small\frac{na_nU(1)+n\delta_n^2O(1)}{3\log(1+\frac{1}{n})^n}}\small=\frac{2}{3}}.$r m



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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:zd
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  <m,
$\underset{\,}{\quad}$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u!k
$\underset{\,}{\quad}a_{n+1}(\Delta(\tau_n)-\lambda a_n)=(n+1)a_{n+1}-2-a_{n+1}\tau_n-\frac{2\lambda}{n-\tau_n}a_{n+1}$/#b*Tv
$\underset{\,}{\quad\qquad\qquad\qquad\qquad}=(n-\tau_n+1-\frac{2\lambda}{n-\tau_n})\log(1+\frac{2}{n-\tau_n})-2$/
$\underset{\,}{\quad}$令$\;G_{\lambda}(x)=(x+1-\frac{2\lambda}{x})\log(1+\frac{2}{x})-2,\;$则$\;G_{\lambda}(x)\to 0\,\small(x\to\infty).$-xtF-!
$\underset{\,}{\quad}\frac{d}{dx}G_{\lambda}(x)=\frac{4\lambda+2\lambda x+2x^2+x^3}{(x+2)x^2}\big(\frac{4\lambda-2x-2x^2}{4\lambda+2\lambda x+2x^2+x^3}+\log(1+\frac{2}{x})\big)$,]f;[t
$\quad$而$\;\underset{\,}{\frac{4\lambda-2x-2x^2}{4\lambda+2\lambda x+2x^2+x^3}}+\log(1+\frac{2}{x}) = 8(\lambda-\frac{1}{6})x^{-3}+O(x^{-4}),$@~F{dH
$\quad$可见对充分大的$\,n\,$有$\;ua_n< \Delta\tau_n< va_n\;\small(u< \frac{1}{6}< v).$V
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  kz3Rv=
$\quad\displaystyle{\log(1+t)={\small\sum_{n=1}^{\infty}}{\scriptsize\frac{(-1)^{n-1}}{n}}x^n\;(-1< x\le 1)}\,$是 Leibniz 级数. 故[H
$\underset{\,}{\quad}\frac{1}{\large 6}a_n^2\le |a_n -\log(1+a_n)|=|a_n-a_{n+1}|\to 0.\;\therefore\;a_n{\scriptsize\searrow}\;0$z
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  e;cEKL
$\quad$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).w4_!@
$\quad$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1570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{\,}{\,}$$,gP
$\underset{\,}{(1)}\;\Delta(af+bg)=a\Delta f+b\Delta g\;(a,b\in\mathbb{R}),$#
$\underset{\,}{(2)}\;\Delta^{n+1}(f)=\Delta(\Delta^n f)$q0
$\underset{\,}{(3)}\;\Delta(fg)=f\Delta g+g\Delta f+(\Delta f)(\Delta g)$#YW]i
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  h$A@%'
根据$\;\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fA
$\displaystyle{\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}{\small\frac{a_n}{na_n-2}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{na_n}{\log n}\cdot\frac{\log n}{n(na_n -2)}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{3}{\log n}}=0}\;$即$\,na_n-2\,$WAeK
趋于$\,0\,$较$\,a_n\sim \frac{2}{n}=O(\frac{1}{n})\,$而言,是$`$无穷慢'.1%+
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  hy
接下来,更具挑战性的问题是:$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}(n(na_n-2)-{\small\frac{2}{3}}\log n)=?}$ (z#
仍假定$\;a_{n+1}=\log(1+a_n),\;a_1\in(0,1).$FS!



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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  一个使用较少分析的计算(Stolz + L'Hospital 法则)aR
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  VY
易见$\underset{\,}{\,}0< a_{n+1}< a_n\to\small A=\log(1+A)\;$故$\;a_n{\scriptsize\searrow}\,\small A=0\;\small(n\to\infty).$_9cA
$(1)\;\displaystyle{\lim_{n\to\infty}na_n{\small =\lim_{n\to\infty}}{\scriptsize\frac{\Delta(n)}{\Delta(a_n^{-1})}}{\small=\lim_{n\to\infty}}\,{\scriptsize\frac{a_n a_{n+1}}{a_n-a_{n+1}}}=\lim_{x\to 0+}{\scriptsize\frac{x\log(1+x)}{x-\log(1+x)}}=2}$!]^Rt
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  j9
$(2)\;\displaystyle{\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n(na_n-2)}{\log n}}=2\lim_{n\to\infty}{\small\big(\frac{na_n}{2}\big)\frac{n-\frac{2}{a_n}}{\log n}}=2\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\Delta(n-\frac{2}{a_n})}{\Delta(\log(n))}}}$m9
$\quad\displaystyle{=2\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\frac{2}{a_n}-\frac{2}{a_{n+1}}+1}{\frac{a_n}{(na_n)}\log(1+\frac{1}{n})^n}}=4\lim_{n\to\infty}{\small\frac{(2+a_n)a_{n+1}-2a_n}{a_n^2a_{n+1}}}}$/in\r+
$\quad\displaystyle{=4\lim_{n\to\infty}{\small\frac{(2+a_n)\log(1+a_n)-2a_n}{a_n ^2\log(1+a_n)}}}=4\lim_{n\to\infty}\small\frac{\frac{1}{6}a_n^3+O(a_n^4)}{a_n^3+O(a_n^4)} =\frac{2}{3}.$d~
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$(3)\;\displaystyle{\lim_{n\to\infty}{\small\frac{a_n}{na_n-2}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\log n}{n(na_n-2)}\frac{na_n}{\log n}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{3}{\log n}}=0}.$X|
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  ,
$(4)\;\displaystyle{\lim_{n\to\infty}n(n a_n-2)^2=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n^2(na_n-2)^2}{\log^2 n}\frac{\log^2 n}{n}}={\small\frac{4}{9}}\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\log^2 n}{n}}=0.}$/Ru



发贴时间2017/10/13 07:12am IP: 已设置保密[本文共1455字节]  
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  $\{a_n\}\underset{\,}{\,}$的渐近通项C
$(0)\underset{\,}{\quad}a_n = \frac{2}{n}+o(n^{-1})$9
$(1)\underset{\,}{\quad}b_n := a_n^{-1}-\frac{n}{2},\quad a_n=\frac{2}{n}\big(1+\frac{2b_n}{n}\big)^{-1}$E
$(2)\underset{\,}{\quad}a_n = {\small\displaystyle\frac{2}{n}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\big(\frac{2b_n}{n}\big)^k}$oz
$(3)\underset{\,}{\quad}\Delta b_n = \Delta(a_n^{-1})-\frac{1}{2}=-\frac{1}uM%Q
{12}a_n+\frac{1}{24}a_n^2+O(a_n^3)$-A8-
$\quad\therefore\;\Delta b_n \overset{(0)}{=} \underset{\,}-\underset{\;}{\small\dfrac{1}{6n}}+o(n^{-1}),\quad b_n = -\frac{\log n}{6}+o(\log n)$b<A
$\underset{\,}{\qquad}\,a_n=\frac{2}{n}+\frac{2}{3}\frac{\log n}{n^2}+o(n^{-2}\log n)\quad\small(\dagger)$]nrd_N
$\quad\therefore\;\Delta b_n \overset{(\dagger)}{=} \underset{\,}{-\small\dfrac{1}{6n}}-\frac{\log n}{18n^2}+o(\frac{\log n}{n^2}),\quad b_n = \lambda -\frac{\log n}{6}-D^d>3
\frac{\log n}{18n}+o(\frac{\log n}{n})$toApQ
$\underset{\,}{\qquad}\,\boxed{a_n=\small\frac{2}{n}+\frac{2}{3}\frac{\log n}{n^2}+\frac{C}{n^2}+O\big(\frac{\log^2 n}{n^3}\big)}\quad\small\;\;\color{gray}{\small(C=-4\lambda(a_0)=\text{const.})}$s5#\U
$\underset{\,}{\qquad}\,\boxed{\small\frac{n(na_n-2)}{\log n}=\frac{2}{3}+\frac{C}{\log n}+O\big(\frac{\log n}{n}\big)}$~h]P



发贴时间2018/03/02 06:47am IP: 已设置保密[本文共1264字节]  
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  对于$\,a(n)\,$的渐近展开问题,我开始有了一些心得. 将会很快贴出.wL c



发贴时间2018/03/28 03:56pm IP: 已设置保密[本文共87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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