老题新贴: 设 a(1)=1, a(n+1)=ln(1+a(n)), 求 lim {n(na(n)-2)/ln(n)}

doletotodole

elim 发表于 2020-10-27 04:29
doletotodole, 永远, 有没有问题? 欢迎指出错误

我来学习的, 我只记得有个拉格朗日余项,各种变化没办法看出来, 没有学到精髓我. 就是来学习的.

elim

doletotodole 发表于 2020-10-26 19:18
我来学习的, 我只记得有个拉格朗日余项,各种变化没办法看出来, 没有学到精髓我. 就是来学习的.

好的. 希望能帮到你. Taylor 定理的余项问题可以查百度百科或教科书. 也可在这里提出来.

elim

\(\large\frac{n(na_n-2)}{\ln n}=\frac{na_n(n-\frac{2}{a_n})}{\ln n}\sim\frac{2(n-\frac{2}{a_n})}{\ln n}\)
\(\large\frac{(n+1-\frac{2}{a_{n+1}})-(n-\frac{2}{a_n})}{\ln(n+1)-\ln n}=\frac{1-2\large\frac{a_n-a_{n+1}}{a_na_{n+1}}}{\ln(1+\frac{1}{n})}=\frac{\frac{1}{6}a_n+{\small O}(a_n^2)}{\ln(1+\frac{1}{n})}\)
\(\large=\frac{\frac{1}{6}na_n+na_n{\small O}(a_n)}{\ln(1+\frac{1}{n})^n}\to\frac{\frac{2}{6}}{\ln e}=\frac{1}{3}\;\scriptsize(n\to\infty)\)
\(\therefore\quad\displaystyle\lim_{n\to\infty}\small\frac{n(na_n-2)}{\ln n}=\frac{2}{3}\)

把前几贴看明白了, 这一贴应该不难.

elim

其实真正的干货就下面这几行:

\(0< x\) 时\(\,\ln(1+x)=\ln 1+\frac{d}{dx}\ln(1+x)\big|_{x=\xi} x={\small\dfrac{x}{1+\xi}}\in(0,x)\)
\(\therefore\;\;0< a_{n+1}=\ln(1+a_n)< a_n,\;\;\{a_n\}\,\)递减有下界. 其极限\(\,A\ge 0\).
\( \therefore\,\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_{n+1}=\lim_{n\to\infty}\ln(1+a_n)\implies A=\ln(1+A)\)
\(\because\;A>0\implies A>\ln(1+A).\;\;\therefore\; A=0. \;\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n = 0\)
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty}na_n=\lim_{n\to\infty}{\small\dfrac{n}{a_n^{-1}}}\overset{stolz}{=}\lim_{n\to\infty}{\small\frac{1}{a_{n+1}^{-1}-a_n^{-1}}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{a_na_{n+1}}{a_n-a_{n+1}}}\)
\(=\displaystyle\lim_{n\to\infty}{\small\frac{a_na_{n+1}}{a_n-\ln(1+a_n)}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{a_na_{n+1}}{a_n-(a_n-\frac{1}{2}a_n^{2}+O(a_n^3))}}\)
\(\displaystyle=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{2a_{n+1}}{a_n}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{2(a_n+O(a_n^2))}{a_n}}=2\)
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n(na_n-2)}{\ln n}}=\lim_{n\to\infty}{\small\frac{na_n(n-\frac{2}{a_n})}{\ln n}}=2\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n-2/a_n}{\ln n}}\)
\(\displaystyle\overset{stolz}{=}2\lim_{n\to\infty}{\small\frac{1-2/a_{n+1}+2/a_n}{\frac{a_n}{na_n}\ln(1+\frac{1}{n})^n}}=4\lim_{n\to\infty}{\small\frac{(a_n+2)a_{n+1}-2a_n}{a_n^2a_{n+1}}}\)
\(\displaystyle=4\lim_{n\to\infty}{\small\frac{(a_n+2)a_{n+1}-2a_n}{a_n^3}}=4\lim_{n\to\infty}{\small\frac{\frac{1}{6}a_n^3+O(a_n^4)}{a_n^3}}=\small\frac{2}{3}.\)

elim

永远应该看懂这些东西, 并给出令自己满意的更易懂的推演计算.

elim

看来永远没有认真学习过序列极限．这里根本就没有什么计算．

elim

再干一点:
\(\small(0)\quad 0< a_{n+1}=\ln(1+a_n)< a_n\to A=\ln(1+A)\ge 0\implies a_n\overset{n\to\infty}{\searrow}0\)
\(\small(1)\quad\displaystyle\lim_{n\to\infty} na_n=\lim_{n\to\infty}{\scriptsize\frac{n+1-n}{a_{n+1}^{-1}-a_n^{-1}}}=\lim_{n\to\infty}{\scriptsize\frac{a_na_{n+1}}{a_n-a_{n+1}}}=\lim_{x\to 0}{\scriptsize\frac{x\ln(1+x)}{x-\ln(1+x)}}=2\)
\(\small(2)\quad\displaystyle\lim_{n\to\infty}{\scriptsize\frac{n(na_n-2)}{\ln n}}=\lim_{n\to\infty}(na_n){\frac{{\scriptsize n-}\frac{2}{ a_n}}{\scriptsize\ln n}}\overset{\text{stolz}}{=}2\lim_{n\to\infty}{\frac{{\scriptsize n+1-}\frac{2}{a_{n+1}}-({\scriptsize n-}\frac{2}{a_n})}{\scriptsize\ln(n+1)-\ln n}}\)
\(\small\quad=\displaystyle 2\lim_{n\to\infty}{\frac{\scriptsize a_na_{n+1}+2(a_{n+1}-a_n)}{\frac{a_n^2a_{n+1}}{na_n}\scriptsize\ln(1+\frac{1}{n})^n}}=4\lim_{x\to 0}{\scriptsize\frac{(2+x)\ln(1+x)-2x}{x^2\ln(1+x)}}=\scriptsize\frac{2}{3}\)

elim

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\(\;\displaystyle\lim_{n\to\infty}{\small\frac{n(na_n-2)}{\ln n}=}\lim_{n\to\infty}{\small\frac{na_n\tau(n)}{\ln n}=\frac{2}{3}}.\quad\small\square\)