考研數學非數競賽復習之Stolz定理求解數列極限

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????????在非數類大學生數學競賽中，Stolz定理作為一種強大的工具，經常被用來解決和式數列極限的問題，也被譽為離散版的’洛必達’方法，它提供了一種簡潔而有效的方法，使得原本復雜繁瑣的極限計算過程變得直觀明了。本文，我們將通過幾個例題介紹該定理的使用方法。

stolz定理

? ? ? ? 1.設數列 $\left \{ a_n \right \}$ , $\left \{ b_n \right \}$ 滿足: $\left \{ b_n \right \}$ 嚴格單調遞增

????????且 $\lim_{n\to\infty}\left \{ b_n \right \}=\infty$

???????? $\lim_{n\to\infty}\left \{ a_n \right \}=\infty$

????????若 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n-a_n-1}{b_n-b_n-1}=L$

????????則 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=L$

? ? ? ? 此為 $\frac{\infty}{\infty}$ 型未定式

????????2.設數列 $\left \{ a_n \right \}$ , $\left \{ b_n \right \}$ 滿足: $\left \{ b_n \right \}$ 嚴格單調遞減

????????且 $\lim_{n\to\infty}\left \{ b_n \right \}=0$

???????? $\lim_{n\to\infty}\left \{ a_n \right \}=0$

????????若 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n-a_n-1}{b_n-b_n-1}=L$

????????則 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=L$

? ? ? ? 此為 $\frac{0}{0}$ 型未定式

????????定理看起來非常簡單易懂,且該定理與洛必達公式形似。洛必達公式描述的是函數的導數的極限與原函數的極限之間的關系,該定理描述的是數列差分后的極限與原數列極限之間的關系。

?例題

1. $\lim_{n\to0}\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...\sqrt[n]{n}}{n}$ （ $\frac{\infty}{\infty}$ ）

解:設 $a_n=$ $1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...\sqrt[n]{n}$ , $b_n=n$

? ? ? $a_n=\sum_{k=1}^{n}\sqrt[k]{k}$

? ? ? $a_{n-1}=\sum_{k=1}^{n-1}\sqrt[k]{k}$

????? $a_n-a_{n-1}=\sqrt[n]{n}$

????? $b_n-b_{n-1}=n-(n-1)=1$

????設 $L=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n}}{1}$

?????則 $L=\lim_{n\to\infty}e^{\frac{\ln n}{n}}=e^{\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n}{n}}$

????? $L=e^{0}=1$

那么,原式極限結果為1

2. $\lim_{n\to\infty}\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}+...\sqrt{n+n}}$ （ $\frac{\infty}{\infty}$ ）

解: 設 $a_n=1+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n}=\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}$

? ? ? $a_{n-1}=\sum_{k=1}^{n-1}\sqrt{k}$

????? $b_n=\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}+...\sqrt{n+n}$

?( $b_n$ 每一項內第一個n與其下標一致)

注意,對于 $b_n$ 來說,經過觀察我們不難發現 $b_{n-1}$ 不單單意味著原數列的前n-1項,同時我們還應該將 $b_n$ 每一項內第一個n更改為n-1。即 $b_{n-1}=\sum_{k=1}^{n-1}\sqrt{n-1+k}$

? ? ?? $b_{n-1}=\sqrt{n-1+1}+\sqrt{n-1+2}+...+\sqrt{n-1+n-1}$

??????則 $a_n-a_{n-1}=\sqrt{n}$ ，

? ? ? $b_n-b_{n-1}=\sqrt{2n}+\sqrt{2n-1}-\sqrt{n}$

????? $L=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n-1}}{b_{n-1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n}-\sqrt{n}}$

利用'抓大頭'思想不難得到 $L=\frac{1}{2\sqrt{2}-1}$

?那么,原式極限結果= $\frac{1}{2\sqrt{2}-1}$

3. $\lim_{n\to\infty}n\begin{pmatrix} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}-ln2 \end{pmatrix}$ （ $\frac{0}{0}$ ）

原式= $\lim_{n\to\infty}\frac{\begin{pmatrix} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}-ln2 \end{pmatrix}}{\frac{1}{n}}$

設 $a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}$ , $b_n=\frac{1}{n}$

對于分子來說 $\lim_{n\to\infty}\sum _{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}$

可以變形為 $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}dx=ln2$

對于分母來說 $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0$

因此該極限滿足 $\frac{0}{0}$ 型未定式

令 $L=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n-1}}{b_{n-1}}$

$L=\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}-ln2-\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{n-1+k}+ln2}{\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1}}$

$L=lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{n}{}}{\frac{-1}{n(n-1)}}$

$L=\lim_{n\to\infty}\frac{-n(n+1)}{(2n-1)(2n)}$

利用'抓大頭'思想不難得到 $L=-\frac{1}{4}$

那么原式極限結果為 $-\frac{1}{4}$

總結

? ? ? ? 使用stolz定理求解數列極限，特別是和式極限時一定要化簡至 $\frac{a_n}{b_n}$ 的形式,并且在計算

$\lim_{n\to\infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}$ 時要格外注意數列差分結果的計算,不要只是簡單的將n-1帶入(特別是和式極限)

????????拿不準可以多展開幾項,觀察數列通項。

????????以上便是使用stolz定理求解數列極限時所有需要注意的地方，看完這篇文章，我相信你又將掌握一個求極限的利器。

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