Stolz 定理_证明_例题_错误用法
Stolze 定理
定理内容:
设 { y n } \{y_n\} {yn} 是严格单调增加的正无穷大量，且
lim n → ∞ x n − x n − 1 y n − y n − 1 = a \lim_{n\to\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=a n→∞limyn−yn−1xn−xn−1=a
则
lim n → ∞ x n y n = a \lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}=a n→∞limynxn=a
其中 a a a 可以为有限量， + ∞ , − ∞ +\infty,-\infty +∞,−∞
证明过程:
先考虑 a = 0 a=0 a=0 的情况。由
lim n ∞ x n − x n − 1 y n − y n − 1 = 0 \lim_{n\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=0 n∞limyn−yn−1xn−xn−1=0
可知 ∀ ε > 0 , ∃ N 1 , s . t . ∀ n > N 1 \forall\,\varepsilon>0,\exist\,N_1,s.t.\,\forall\,n>N_1 ∀ε>0,∃N1,s.t.∀n>N1:
∣ x n − x n − 1 ∣ < ε ( y n − y n − 1 ) |x_n-x_{n-1}|<\varepsilon\,(y_n-y_{n-1}) ∣xn−xn−1∣<ε(yn−yn−1)
由于 { y n } \{y_n\} {yn} 是正无穷大量，显然可要求 y N 1 > 0 y_{_{N_1}}>0 yN1>0，于是
∣ x n − x N 1 ∣ ⩽ ∣ x n − x n − 1 ∣ + ∣ x n − 1 − x n − 2 ∣ + ⋯ + ∣ x N 1 + 1 − x N 1 ∣ = ε ( y n − y n − 1 ) + ε ( y n − 1 − y n − 2 ) + ⋯ + ε ( y N 1 + 1 − y N 1 ) < ε ( y n − y N 1 ) \begin{aligned} |x_n-x_{_{N_1}}|& \leqslant|x_n-x_{n-1}|+|x_{n-1}-x_{n-2}|+\cdots+|x_{_{N_1+1}}-x_{_{N_1}}|\\ &=\varepsilon(y_n-y_{n-1})+\varepsilon(y_{n-1}-y_{n-2})+\cdots+\varepsilon(y_{_{N_1+1}}-y_{_{N_1}})\\ &<\varepsilon(y_n-y_{_{N_1}}) \end{aligned} ∣xn−xN1∣⩽∣xn−xn−1∣+∣xn−1−xn−2∣+⋯+∣xN1+1−xN1∣=ε(yn−yn−1)+ε(yn−1−yn−2)+⋯+ε(yN1+1−yN1)<ε(yn−yN1)
不等式两边同除 y n y_n yn,得到：
∣ x n y n − x N 1 y n ∣ ⩽ ε ( 1 − y N 1 y n ) < ε \left|\frac{x_n}{y_n}-\frac{x_{_{N_1}}}{y_n}\right|\leqslant\varepsilon\left(1-\frac{y_{_{N_1}}}{y_n}\right)<\varepsilon ∣∣∣∣ynxn−ynxN1∣∣∣∣⩽ε(1−ynyN1)<ε
对于固定的 N 1 N_1 N1,又可以取到 N > N 1 N>N_1 N>N1,使得 ∀ n > N : \forall\, n>N: ∀n>N:
∣ x N 1 y n ∣ < ε , \left|\frac{x_{_{N_1}}}{y_n}\right|<\varepsilon, ∣∣∣∣ynxN1∣∣∣∣<ε,
从而:
∣ x n y n ∣ < ε + ∣ x N 1 y n ∣ < 2 ε . \left|\frac{x_n}{y_n}\right|<\varepsilon+\left|\frac{x_{_{N_1}}}{y_n}\right|<2\varepsilon. ∣∣∣∣ynxn∣∣∣∣<ε+∣∣∣∣ynxN1∣∣∣∣<2ε.
当 a a a 为非零有限数时,令 x n ′ = x n − a y n x_n'=x_n-ay_n xn′=xn−ayn, 于是由
lim n → ∞ x n ′ − x n − 1 ′ y n − y n − 1 = lim n → ∞ x n − x n − 1 y n − y n − 1 − a = 0 \lim_{n\to\infty}\frac{x_n'-x'_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{y_{n}-y_{n-1}}-a=0 n→∞limyn−yn−1xn′−xn−1′=n→∞limyn−yn−1xn−xn−1−a=0
得到
lim n → ∞ x n ′ y n = 0 \lim_{n\to\infty}\frac{x_n'}{y_n}=0 n→∞limynxn′=0
从而
lim n → ∞ x n y n = lim n → ∞ x n ′ y n + a = a \lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{x_n'}{y_n}+a=a n→∞limynxn=n→∞limynxn′+a=a
对于 a = + ∞ a=+\infty a=+∞ 的情况，首先 ∃ N , ∀ n > N \exist\,N,\forall\,n>N ∃N,∀n>N s.t.
x n − x n − 1 > y n − y n − 1 (1) x_n-x_{n-1}>y_n-y_{n-1}\tag{1} xn−xn−1>yn−yn−1(1)
这说明 { x n } \{x_n\} {xn} 也严格单调增加，且从 ( 1 ) (1) (1) 可知 { x n } \{x_n\} {xn} 时正无穷大量，将前面的结论应用到 { y n x n } \left\{\frac{y_n}{x_n}\right\} {xnyn} ,得到
lim n → ∞ y n x n = lim n → ∞ y n − y n − 1 x n − x n − 1 = 0 \lim_{n\to\infty}\frac{y_n}{x_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{y_n-y_{n-1}}{x_n-x_{n-1}}=0 n→∞limxnyn=n→∞limxn−xn−1yn−yn−1=0
因而
lim n → ∞ x n y n = + ∞ \lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}=+\infty n→∞limynxn=+∞
对于 a = − ∞ a=-\infty a=−∞ 的情况，证明方法类同
例题
题目： 设
lim n → ∞ a n = a , \lim_{n\to\infty}a_n=a, n→∞liman=a,
求极限
lim
n
→
∞
a
1
+
2
a
2
+
⋯
+
n
a
n
n
2
\lim_{n\to\infty}\frac{a_1+2a_2+\cdots+na_n}{n^2}
n→∞limn2a1+2a2+⋯+nan
参考答案：
lim
n
→
∞
a
1
+
2
a
2
+
⋯
+
n
a
n
n
2
=
lim
n
→
∞
n
a
n
n
2
−
(
n
−
1
)
2
=
lim
n
→
∞
n
a
n
2
n
−
1
=
a
2
\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{a_1+2a_2+\cdots+na_n}{n^2} &=\lim_{n\to\infty}\frac{na_n}{n^2-(n-1)^2}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{na_n}{2n-1}=\frac{a}{2} \end{aligned}
n→∞limn2a1+2a2+⋯+nan=n→∞limn2−(n−1)2nan=n→∞lim2n−1nan=2a
注意：Stolz 公式不能逆用
反例： 显然有
lim
n
→
∞
(
−
1
)
n
n
=
0
\lim_{n\to\infty}\frac{(-1)^n}{n}=0
n→∞limn(−1)n=0
但
lim
n
→
∞
(
−
1
)
n
−
(
−
1
)
n
−
1
n
−
(
n
−
1
)
=
lim
n
→
∞
(
−
1
)
n
−
(
−
1
)
n
−
1
=
lim
n
→
∞
2
(
−
1
)
n
\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{(-1)^n-(-1)^{n-1}}{n-(n-1)}&=\lim_{n\to\infty}(-1)^n-(-1)^{n-1}\\ &=\lim_{n\to\infty}2(-1)^n \end{aligned}
n→∞limn−(n−1)(−1)n−(−1)n−1=n→∞lim(−1)n−(−1)n−1=n→∞lim2(−1)n
极限不存在
参考资料：
《数学分析 第三版 上》.陈纪修.於崇华.金路 P42-P43
微信公众号 “赊刀人的数学小家” 文章《Stolz定理不可逆用与—些经典的极限计算题
》2021.1.4 发布
2021年2月2日23:56:20
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