\(n/(na_n-2)^{-1}\) 与 Stolz 公式

elim

\(\begin{align*}\because\;\;\,na_n-(n+1)a_{n+1}&=na_n-(n+1)(a_n-{\small\frac{a_n^2}{2}}+O(a_n^3))\\ &={\small\frac{(na_n{\scriptsize-2})}{a_n}\frac{a_n^2}{2}}+O(a_n^2)={\small\frac{a_n^2}{2}}\tau_n+O(a_n^2)\end{align*}\)
\(\qquad n(na_n-2)=\large\frac{n}{(na_n-2)^{-1}},\)
\(\qquad{\large\frac{\Delta n}{\Delta(na_n-2)^{-1}}}={\large\frac{\overset{\,}{(na_n-2)((n+1)a_{n+1}-2)}}{na_n-(n+1)a_{n+1}}}=\dfrac{a_na_{n+1}\tau_n\tau_{n+1}}{\frac{\Large \tau_na_n^2}{2}+{\small O}(a_n^2)}\)
\(\therefore\quad{\large\frac{\Delta n}{\Delta(na_n-2)^{-1}}}\sim 2\tau_n\sim na_n\tau_n=n(na_n-2)\)

\(\quad\)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.

jzkyllcjl

elim网友：你的1楼计算 依赖于你的A(n）的极限计算。   你的A(n)极限计算之前，  你回避了下述的数学分析问题。  对于elim 那个A(n)的分子的极限计算，我请你 记Xn==n, Yn=1/(na(n)-2），后使用施笃兹公式 进行计算。你为什么一直不算，这个极限问题，不符合施笃兹公式应用的条件吗？

elim

上面的计算不依赖 A(n) 极限的计算. 吃上狗屎有幻觉了。

jzkyllcjl

elim 发表于 2021-2-8 05:01
上面的计算不依赖 A(n). 吃上了狗屎可能有幻觉。

你现在的1楼倒数第二行第一个等号是成立的。第二个等号后的表达式需要考虑，其中分母中的τ（n）请你先考虑一下是否需要改写一下。最后一行先不说。这个计算，麻烦你了。

elim

jzkyllcjl 需要停吃狗屎，看懂下面的定理\(\star\)及其在下面倒数第二行第二个等号的应用．
\(\lim A(n)\) 不依赖 Stolz 的计算如下，吃狗屎的 jzkyllcjl 一年没看懂。
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
\(\underset{\,}{\qquad}{\Large\frac{c_1+\cdots+c_n}{b_1+\cdots+b_n}}={\Large\frac{\frac{c_1+\cdots+c_{m-1}}{b_m+\cdots+b_n}+\frac{c_m+\cdots+c_n}{b_m+\cdots+b_n}}{\frac{b_1+\cdots+b_{m-1}}{b_m+\cdots+b_n}+1}}\to {\large\frac{0+A}{0+1}}=A.\quad\small\square\)
\(\quad\)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定理得\(\;\displaystyle\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\tau(n+1)-\tau(n)}{\ln(n+1)-\ln n}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{a_n/6+O(a_n^2)}{\ln(1+\frac{1}{n})}}\,\overset{na_n\to 2}{=\hspace{-3px}=}\,\small\frac{1}{3},\)
\(\quad\)故\(\;\displaystyle\underset{\,}{\lim_{n\to\infty}}{\small\frac{\tau(n)}{\ln(n)}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\tau(n)-\tau(1)}{\ln(n)}}\,\overset{\star}{=}\,\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\sum_{k=1}^{n-1}(\tau(k+1)-\tau(k))}{\sum_{k=1}^{n-1}(\ln(k+1)-\ln k)}}=\small\frac{1}{3},\)
\(\quad\)由此立即得\(\;\displaystyle\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n(na_n-2)}{\ln n}=}\lim_{n\to\infty}{\small\frac{na_n\tau(n)}{\ln n}=\frac{2}{3}}.\quad\small\square\)

jzkyllcjl

elim .网友：4楼请你再算一下，你不算，那么我就根据你的na(n) )替换为(2+1/3a(n）+O((a(n))^2) 的计算得到τ（n）=（na(n)-2）/a(n) 的极限为1/3; A(n)的极限为0，不是你算的2/3。

elim

jzkyllcjl 继续吃狗屎去吧．

jzkyllcjl

elim .网友：第一，4楼请你再算一下，你不算，那么我就根据你的na(n) )替换为(2+1/3a(n）+O((a(n))^2) 的计算得到τ（n）=（na(n)-2）/a(n) 的极限为1/3; A(n)的极限为0，不是你算的2/3。
第二，你1楼说的不能简化，那么只要你承认τ（n）=（na(n)-2）/a(n) 的极限为1/3; 也可以。
第三，我请再算的方法，是麻烦一些，但可以算出啦，消除你的错误。你一楼的计算分母就有问题，问题在于你分母，写出来的项与省略的项是同阶无穷小，你坚持的τ（n）是无穷大是你 A(n)的极限计算错误的错误结果。

elim

你吃狗屎是真的．但根据我的计算是假的．你的有关胡扯出于视一切无穷小为等价．低级错误．早就批判过了．

jzkyllcjl

春风晚霞网友：第一，elim的A（n）及其分子的极限的极限计算，违背了菲赫金哥尔茨说的∞/∞的应用条件，所以他的计算无效。
第二，根据elim的将na(n) )替换为(2+1/3a(n）+O((a(n))^2) 后求极限的做法， 所以将这个替换代入A(n)的分子的后，就得到A(n)的分子的极限lim n（na(n)-2）=lim n（1/3a(n）+O((a(n))^2)=2/3.。 于是得到A(n)的极限为0，不是你算的2/3。
第三，在你不承认以上两点的请款下，我才提出请你使用施笃兹公式计算A（n）分子的极限，这个计算虽然麻烦，但也是可行的。对于你提出的两个条件也是满足的。事实上，第一，elim已经证明了Yn的分母趋向于0，，因此Yn趋向于无穷大，这就是你说的一个条件；关于点掉增大的条件，现在证明如下：
由于（n+1）a((n+1)-na(n)=a(n)-1/2 (a^2(n))=a(n)(1-1/2 a(n)),是个正数，所以另一个条件也成立。你若想计算，就请你计算吧。