羅必達法則的離散版本：Stolz定理

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}\\[4mm] \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}\\[4mm] \overset{S}{=}&\,\lim_{n\to\infty} \frac{\ln(n+1)-\ln(n)}{(n+1)-n}\\[4mm] =&\,\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}\\[4mm] \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)}\\[4mm] =&\,\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}\\[4mm] \overset{S}{=}&\,\lim_{n\to\infty} \frac{a_n^2-a_{n-1}^2}{2n-(2n-2)}\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty} \frac{\big(a_{n-1}+\frac{1}{a_{n-1}}\big)^2-a_{n-1}^2}{2}\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty} \frac{2+\frac{1}{a_{n-1}^2}}{2}=1\\[4mm] \end{align*}

故 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{\sqrt{2n}}=1$ 。

例 3

設 $S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n\sqrt{3k(3k-1)}$ ，求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{S_n}{n^2}$ 。

解

\begin{align} &\,\lim_{n\to\infty}\frac{S_n}{n^2}\\[4mm] \overset{S}{=}&\,\lim_{n\to\infty} \frac{S_n-S_{n-1}}{n^2-(n-1)^2}\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{3n(3n-1)}}{2n-1}=\frac32 \end{align}

例 4

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:

$x_1=x_0\big(1-x_0\big)\le \frac{1}{2}\big(1-\frac{1}{2}\big)<\frac{1}{2}$ 成立。

\begin{align*} x_{k+1} =&\,x_k(1-x_k)\\[4mm] <&\,\frac{1}{k+1}\Big(1-\frac{1}{k+1}\Big)\\[4mm] =&\,\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}}\\[4mm] \overset{S}{=}&\,\lim_{n\to\infty} \frac{n-(n-1)}{\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n-1}}}\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty} \frac{1}{\frac{1}{x_{n-1}\big(1-x_{n-1}\big)}-\frac{1}{x_{n-1}}}\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty} \frac{1}{\big(\frac{1}{x_{n-1}}+\frac{1}{1-x_{n-1}}\big) -\frac{1}{x_{n-1}}}\\[4mm] =&\,\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

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