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羅必達法則的離散版本:Stolz定理

 

許多同學在求數列極限時,習慣性地也使用羅必達法則。例如 \mlim{n\to\infty}\mfrac{\ln(n)}{n} ,使用羅必達法則寫成 \mlim{n\to\infty} \mfrac{\frac{1}{n}}{1}=0 。這樣有點奇怪,因為數列是離散的,嚴格說起來不能對其求導。若要看起來正確一點,可以先將 n 改為 x ,寫成

    \begin{align*} &\,\lim_{x\to\infty} \frac{\ln(x)}{x}\\[1mm] \overset{L}{=}&\,\lim_{x\to\infty} \frac{\frac{1}{x}}{1}=0 \end{align*}

這樣,因為若 f(x)\to L ,則 a_n=f(n)\to L ,所以能推論原極限也是 0 。但這樣似乎又囉嗦了點,既然看起來差不多,不嚴謹點對數列求導好像結果也一樣。

 

其實,在羅必達法則之後大約兩百年,奧地利數學家 Otto Stolz 於 1885 年提出了羅必達法則的離散版本,今日稱之為 Stolz-Cesaro Theorem 。

Stolz定理:

(1)  \mfrac{0}{0} 型: a_n\to0 , b_n\to0 ,且 \langle a_n\rangle 嚴格遞減,若\mlim{n\to\infty}\mfrac{b_n-b_{n-1}}{a_n-a_{n-1}}=LL 可為有限數或正負無限大),則 \mlim{n\to\infty} \mfrac{b_n}{a_n}=L

(2)  \mfrac{\star}{\infty} 型: a_n\to\infty ,且 \langle a_n\rangle 嚴格遞增,若\mlim{n\to\infty}\mfrac{b_n-b_{n-1}}{a_n-a_{n-1}}=LL 可為有限數或正負無限大),則 \mlim{n\to\infty} \mfrac{b_n}{a_n}=L

 

若是使用這個定理,便可寫成

    \begin{align*} &\,\lim_{n\to\infty} \frac{\ln(n)}{n}\\[1mm] \overset{S}{=}&\,\lim_{n\to\infty} \frac{\ln(n+1)-\ln(n)}{(n+1)-n}\\[1mm] =&\,\lim_{n\to\infty}\frac{\ln(\frac{n+1}{n})}{1}=0 \end{align*}

這樣既不囉嗦,也沒有對數列求導的問題。

 

若是再看一些無法將 a_n 視為 f(n) 的題,則更顯出 Stolz 定理的威力。

 

例1:(Cauchy命題)若收斂數列 \langle a_n\rangle 極限為 L , 則必有 \mfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\to L

 

常見的證法是利用 \epsilon-\delta 來證,但不太容易寫,其難度可能接近高等微積分,甚至目前市面上有些微積分補教老師也在書上用了錯誤的證法。然而若是使用 Stolz 定理:

    \begin{align*} &\,\lim_{n\to\infty} \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\\[1mm] \overset{S}{=}&\,\lim_{n\to\infty} \frac{\big(a_1+\cdots+a_n\big)-\big(a_1+\cdots+a_{n-1}\big)} {n-(n-1)}\\[1mm] =&\,\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{1}=L \end{align*}

好快的刀!

 

例2:已知 a_1>0 ,且

(1)   \begin{align*} a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n} \end{align*}

試證明 \mlim{n\to\infty}\mfrac{a_n}{\sqrt{2n}}=1

 

a_1>0 ,顯然 \langle a_n\rangle 為嚴格遞增數列,則 a_n 必然是趨向一正數或正無限大。
然而若是趨向一正數 L ,由遞迴式可得 L=L+\mfrac{1}{L} ,這是矛盾的,所以 \mlim{n\to\infty} a_n=\infty 。於是

    \begin{align*} &\,\lim_{n\to\infty}\frac{a_n^2}{2n}\\[1mm] \overset{S}{=}&\,\lim_{n\to\infty} \frac{a_n^2-a_{n-1}^2}{2n-(2n-2)}\\[1mm] =&\,\lim_{n\to\infty} \frac{\big(a_{n-1}+\frac{1}{a_{n-1}}\big)^2-a_{n-1}^2}{2}\\[1mm] =&\,\lim_{n\to\infty} \frac{2+\frac{1}{a_{n-1}^2}}{2}=1\\[1mm] \end{align*}

\mlim{n\to\infty}\mfrac{a_n}{\sqrt{2n}}=1

 

例3:已知 0<x_0<1 ,且

(2)   \begin{align*} x_{n+1}=x_n\big(1-x_n\big) \end{align*}

試證明 \mlim{n\to\infty}nx_n=1

 

Claim: \mlim{n\to\infty}x_n=0

Proof of Claim:

Claim in Proof of Claim: x_n<\frac{1}{n+1}n>0 恆成立。

Proof of Claim in Proof of Claim:
x_1=x_0\big(1-x_0\big)\le \mfrac{1}{2}\big(1-\mfrac{1}{2}\big)<\mfrac{1}{2} 成立。若 x_k<\mfrac{1}{k+1} 成立,則

    \begin{align*} x_{k+1}=&\,x_k\big(1-x_k\big)\\[1mm] <&\,\frac{1}{k+1}\Big(1-\frac{1}{k+1}\Big)\\[1mm] =&\,\frac{k}{(k+1)^2}<\frac{1}{k+2} \end{align*}

成立,故由數學歸納法得證。

 

顯然 x_n>0 恆成立,結合 Claim in Proof of Claim 得到0<x_n<\frac{1}{n+1} ,於是由夾擠定理得到 \mlim{n\to\infty}x_n=0

 

(3)   \begin{align*} &\,\lim_{n\to\infty}nx_n =\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\frac{1}{x_n}}\\[1mm] \overset{S}{=}&\,\lim_{n\to\infty} \frac{n-(n-1)}{\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n-1}}}\\[1mm] =&\,\lim_{n\to\infty} \frac{1}{\frac{1}{x_{n-1}\big(1-x_{n-1}\big)}-\frac{1}{x_{n-1}}}\\[1mm] =&\,\lim_{n\to\infty} \frac{1}{\big(\frac{1}{x_{n-1}}+\frac{1}{1-x_{n-1}}\big) -\frac{1}{x_{n-1}}}\\[1mm] =&\,\lim_{n\to\infty} 1-x_{n-1}=1 \end{align*}

 

練1: \mlim{n\to\infty} \mfrac{n^2}{a^n}\; ( \;a>1 )

 

練2:若收斂數列 \langle a_n\rangle 極限為 L , 則必有 \mfrac{a_1+2a_2+\cdots+na_n}{n^2}\to \frac{L}2

 

練3:若收斂數列 \langle a_n\rangle 極限為 Lk 為非負整數,則必有

    \begin{align*} \lim_{n\to\infty}\frac{a_1+2^ka_2+\cdots+n^ka_n}{n^{k+1}} =\frac{L}{k+1}\end{align*}

 

練4:設 a_1=1 , a_{n+1}=a_n+\frac{1}{2n} ,證明:

(1) \mlim{n\to\infty} \frac{a_n}{\sqrt n}=1

(2) \mlim{n\to\infty} \frac{a_n^2-n}{\ln n}=\frac 14

 

練5: k 為自然數,證明

    \begin{align*} \lim_{n\to\infty} \frac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^{k+1}} =\frac{1}{k+1} \end{align*}

 

 


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