前言
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 \(\displaystyle
\lim_{n\to\infty}\frac{\ln(n)}{n}\) ,使用羅必達法則寫成 \(\displaystyle
\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{1}{n}}{1}=0
\) 。
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 。
Stoltz 定理
Stolz定理:
(1) \(\frac{0}{0}\) 型: \(a_n\to0 , b_n\to0\) ,且 \(
\langle a_n\rangle\) 嚴格遞減,若\(\displaystyle
\lim_{n\to\infty}\frac{b_n-b_{n-1}}{a_n-a_{n-1}}=L
\) ( \(L\) 可為有限數或正負無限大),則 \(\displaystyle
\lim_{n\to\infty} \frac{b_n}{a_n}=L
\)
(2) \(\frac{\star}{\infty}\) 型: \(a_n\to\infty\) ,且 \(
\langle a_n\rangle\) 嚴格遞增,若\(\displaystyle
\lim_{n\to\infty}\frac{b_n-b_{n-1}}{a_n-a_{n-1}}=L
\) ( \(L\) 可為有限數或正負無限大),則 \(\displaystyle
\lim_{n\to\infty} \frac{b_n}{a_n}=L
\)
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。
範例
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 \(\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\to L\) 。
解
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}\\[2mm]
\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)}\\[2mm]
=&\,\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{1}=L
\end{align*}
好快的刀!
例 2
已知 \(a_1>0\) ,且
\begin{align}
a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}
\end{align}
試證明 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{\sqrt{2n}}=1\) 。
解
因 \(a_1>0\) ,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 \(L=L+\frac{1}{L}
\) ,這是矛盾的,所以 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_n=\infty\) 。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*}
故 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{\sqrt{2n}}=1\) 。
例 3
已知 \(0<x_0<1\) ,且
\begin{align}
x_{n+1}=x_n\big(1-x_n\big)
\end{align}
試證明 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}nx_n=1\) 。
解
Claim: \(\displaystyle\lim{n\to\infty}x_n=0\)
Proof of Claim:
Claim in Proof of Claim: (x_n<\frac{1}{n+1}) 對 (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-\frac{1}{2}\big)<\frac{1}{2}
) 成立。若 (x_k<\frac{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 \(\displaystyle\lim{n\to\infty}x_n=0\)
\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}
練習
練 1
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n^2}{a^n}\;\) ( \(\;a>1\) )
練 2
若收斂數列 \(\langle a_n\rangle
\) 極限為 \(L\) , 則必有 \(\displaystyle\frac{a_1+2a_2+\cdots+na_n}{n^2}\to \frac{L}2\) 。
練 3
若收斂數列 \(\langle a_n\rangle
\) 極限為 \(L\) , \(k\) 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) \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{a_n}{\sqrt n}=1\)
(2) \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{a_n^2-n}{\ln n}=\frac 14\)
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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