估阶问题

极限的估阶

下面一道例题展现了 Stolz 定理强有力的降阶作用

例

$0<a_1<1,a_{n+1}=a_n(1-a_n)$，证明

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n(1-n{a}_n)}{\ln n}=1$$

观察分母的阶是 $\ln n$，分子是 $n(1-n{a}_n)$，因为最后的极限是个常数，说明 $(1-n{a}_n)$ 一定有着降阶的作用，因此肯定有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=1$$

从上面的式子又能看出 $a_n$ 起到了降阶的作用，于是又有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$$

于是问题就转换为了以下的几个步骤
step1: 证明

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0(上下极限)$$

step2: 证明

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=1(\mathrm{stolz})$$

step3: 证明

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n(1-n{a}_n)}{\ln n}=1(\mathrm{stolz}+等价无穷小)$$

使用Tarlor展开进行估阶时，常使用Peano余项，熟练使用Landau符号能够简化很多运算

Landau符号

$$f(x)=O(g(x))(x\to a)$$

的定义是存在常数 $M>0$，使得 $\frac{|f(x)|}{|g(x)|}\le M$ 在 $a$ 的某个去心邻域上成立，即成立不等式 $|f(x)|\le M|g(x)|$，或者

$$\underset{x\to a}{\lim }\sup \left|\frac{f(x)}{g(x)}\right|<\infty$$

特别的，若 $f(x)=O(1)$，则说明在 $a$ 的去心邻域上 $f$ 有界

例

$\cos x=O(1)\forall x\in \mathbb{R}$
$\cos x=1+O(x^2)(x\to 0)$

下面的命题对于 $x\to 0$ 时 $O(x)$ 与 $o(x)$ 的转换非常有用(可以用 $O(x^2)$ 替换Tarlor展开中的 $o(x)$)

命题

二阶导数在邻域内有界时，有

$$O(x^2)=o(x)x\to 0$$

数列估阶

对于迭代式 $x_{n+1}=x_n-a{x}_n^k+o(x_n^k)$ （其中 $a>0,k>1$），有

$$x_n\sim C\cdot n^{-\frac{1}{k-1}},C={\left(\frac{1}{a(k-1)}\right)}^{\frac{1}{k-1}}$$

注: 这里要求 $x_n\to 0$

对于 $x_{n+1}=x_n-a{x}_n^k+\dots$ 类型的式子，我们通常试探 $\frac{1}{x_{n+1}^{k-1}}-\frac{1}{x_n^{k-1}}$，计算就有

$$\frac{1}{x_{n+1}^{k-1}}-\frac{1}{x_n^{k-1}}\to a(k-1)$$

然后利用Stolz公式，就有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x_n^{k-1}}}{n}=a(k-1)$$

化简即得

$$x_n\sim C\cdot n^{-\frac{1}{k-1}},C={\left(\frac{1}{a(k-1)}\right)}^{\frac{1}{k-1}}$$

在之后的估阶中，$x_{n+1}$ 的表达式往往由泰勒展开得到

现在我们用这种估阶方式直接计算一开始的例子

例

$0<a_1<1,a_{n+1}=a_n(1-a_n)$，证明

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n(1-n{a}_n)}{\ln n}=1$$

首先由单调有界或者上下极限可以证明 $a_n\to 0$，而 $a_{n+1}=a_n-a_n^2$，因此选择 $k=2$，计算

$$\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}=\frac{a_n-a_{n+1}}{a_n{a}_{n+1}}=\frac{a_n^2}{a_n^2-a_n^3}=\frac{1}{1-a_n}\to 1$$

于是由 Stolz 定理

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{a_n}}{n}=1$$

因此 $a_n\sim \frac{1}{n}$，现在我们令 $x_n=\frac{1}{a_n}$，然后再次进行差分提高阶的精度

$$x_{n+1}-x_n=\frac{1}{1-a_n}=1+a_n+o(a_n)\sim 1+\frac{1}{n}+o(\frac{1}{n})$$

然后累加求和就有

$$x_n-x_1\sim n+\ln n+\sum o(\ln n)$$

也就是

$$a_n\sim \frac{1}{n+\ln n+o(\ln n)}$$

代入计算得到

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n(1-n{a}_n)}{\ln n}=1$$

实际上，我们还可以进一步提高阶的精度

$$\begin{array}{rl}{a}_n=\frac{1}{x_n}& =\frac{1}{n+\ln n+o(\ln n)}\\ & =\frac{1}{n(1+\frac{\ln n}{n}+o(\frac{\ln n}{n}))}\\ & \approx \frac{1}{n}\left(1-\frac{\ln n}{n}\right)\text{(利用 }(1+u{)}^{-1}\approx 1-u\text{)}\\ & =\frac{1}{n}-\frac{\ln n}{n^2}+o\left(\frac{\ln n}{n^2}\right)\end{array}$$ $$a_n^2\approx {\left(\frac{1}{n}\right)}^2=\frac{1}{n^2}$$

利用

$$x_{n+1}-x_n=\frac{1}{1-a_n}=1+a_n+a_n^2+O(a_n^3)$$

然后代入就有

$$\begin{array}{rl}{x}_{n+1}-x_n& =1+\left(\frac{1}{n}-\frac{\ln n}{n^2}\right)+\left(\frac{1}{n^2}\right)+o\left(\frac{1}{n^2}\right)\\ & =1+\frac{1}{n}+\frac{1-\ln n}{n^2}+o(\frac{\ln n}{n^2})\end{array}$$

累加求和就有

$$x_n=x_1+\sum _{k=1}^{n-1}\left(1+\frac{1}{k}+\frac{1-\ln k}{k^2}+o(\frac{\ln k}{k^2})\right)$$

当 $n\to \infty$ 时，$\sum \frac{1}{k}\sim \ln +\gamma$，

$$\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1-\ln k}{k^2}=\underset{\text{常数 }{S}_1}{\underbrace{\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1-\ln k}{k^2}}}-\underset{\text{尾部余项}}{\underbrace{\sum _{k=n}^{\infty }\frac{1-\ln k}{k^2}}}$$

对于尾部余项，我们利用积分估计 ${\int }_n^{\infty }\frac{\ln t}{t^2}dt\sim \frac{\ln n}{n}$，所以尾部是 $O(\frac{\ln n}{n})$
对于 ${\sum }_{k}o(\frac{\ln k}{k^2})$，由于 ${\sum }_k\frac{\ln k}{k^2}$ 收敛，因此这一项收敛，为一个常数
现在将所有的常数加起来记作 $C$，则

$$x_n=n+\ln n+C+O\left(\frac{\ln n}{n}\right)$$ $$a_n=\frac{1}{x_n}=\frac{1}{n+\ln n+C+O\left(\frac{\ln n}{n}\right)}$$

---

除此之外，涉及 $n!$ 或连乘积的问题，首选 Stirling 公式，这是对于 $n!$ 最为本质的估计

$$n!\sim \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n$$

积分的估阶

积分的估阶相比级数和数列更加机械化，绝大部分情形下只需要 Taylor 展开这个工具就足够了，但在证明的细节中也存在着很多估计手段(见估计问题)

积分的渐进估计

以一个例子展开说明

例

$f\in R[0,1]$ 且 $f$ 在 $x=1$ 连续，证明

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{\int }_0^{1}f(x)x^{n}dx=f(1)$$

考虑

$$\begin{array}{rl}n{\int }_0^{1}f(x)x^{n}dx-f(1)& =n{\int }_0^1(f(x)-f(1))x^{n}dx+f(1)\left(n{\int }_0^1{x}^{n}dx-1\right)\\ & =n{\int }_0^1(f(x)-f(1))x^{n}dx-\frac{f(1)}{n+1}.\end{array}$$

由题目中的连续条件，可以得到 $x\in [1-\delta ,1]$ 时，有

$$|f(x)-f(1)|<\epsilon$$

为了利用这个条件，进而提高估计的精度，因此采用估计问题 > 分区间估计的手段，将积分区间分成 $[0,1-\delta ]$ 和 $[1-\delta ,1]$，得到

$$\begin{array}{rl}\left|n{\int }_0^{1}f(x)x^{n}dx-f(1)\right|& \le n{\int }_0^{1-\delta }|f(x)-f(1)|x^{n}dx\\ & +n{\int }_{1-\delta }^1|f(x)-f(1)|x^{n}dx+\frac{|f(1)|}{n+1}\\ & \le nM{\int }_0^{1-\delta }{x}^{n}dx+n\epsilon {\int }_{1-\delta }^1{x}^{n}dx+\frac{|f(1)|}{n+1}\\ & \le M\frac{n}{n+1}(1-\delta {)}^{n+1}+\epsilon \frac{n}{n+1}+\frac{|f(1)|}{n+1}.\end{array}$$

对于固定的 $\epsilon$，由连续性选出的 $\delta$ 也是固定的。因为 $0<1-\delta <1$，所以当 $n\to \infty$ 时，

$$(1-\delta {)}^{n+1}\to 0,\frac{1}{n+1}\to 0.$$

于是

$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}\left|n{\int }_0^{1}f(x)x^{n}dx-f(1)\right|\le \epsilon .$$

由于 $\epsilon >0$ 是任意的，因此

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{\int }_0^{1}f(x)x^{n}dx=f(1).$$

回顾上面的过程，可以发现主要是利用了函数在一点连续这个条件，进而产生了分段估计的想法，这里分段的目的就在于提高估计的精度(因为知道了 $f$ 在某一点的信息，利用就可以得到更精确的估计)

接下来的例子与上面的例子不同，但其处理的手段具有普适性

例

证明:

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(1-\sin y{)}^n$$

分析: 与上个例题做对比，可以发现不存在任何已知的条件，但随之而来的是奇点的存在，当 $y\to \frac{\pi }{2}$ 时，就有 $1-\sin y\to 0$，这启发我们要分段估计，并且尽可能分多的区间给 $\frac{\pi }{2}$ 的邻域(这算是最大化利用隐含条件，有助于提高估计精度，这也是下面这样分段的原因)，但此时没有任何已知的条件，又该怎么放缩呢?
实际上，注意到左边还有个 $n$ ，但结果却是一个常数，这说明整个过程中存在阶的抵消，因此我们需要估阶，最常用的就是 Taylor 展开这个工具

先来尝试直接Tarlor展开的做法

$$n{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(1-\sin y{)}^{n}dy=n{\int }_0^{\delta }(1-\sin y{)}^{n}dy+n{\int }_{\delta }^{\frac{\pi }{2}}(1-\sin y{)}^{n}dy$$

在 $0$ 附近，有 $\sin y=y+o(y)$，但是代入上面的式子后，会发现是一个二项式的形式，除非进行二项式展开，但这样太麻烦了，因此这个估计过于粗糙了

改进: 既然是Taylor展开的式子不方便计算，为何不一开始就将其转变为好算的形式? 即全都是 $o(x^m)$ 这样的形式，一个最为常用的技巧就是将其变为指数形式，于是命题转换如下

转换后的命题

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{e}^{n\ln (1-\sin y)}dy=1$$

分段估计就有

$$n{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{e}^{n\ln (1-\sin y)}dy=n{\int }_0^{\delta }{e}^{n\ln (1-\sin y)}dy+n{\int }_{\delta }^{\frac{\pi }{2}}{e}^{n\ln (1-\sin y)}dy$$

对于左边那一项:
由于

$$\ln (1-\sin y)\sim -\sin y+o(\sin y)\sim -y+o(y)$$

回顾前面关于 Landau 符号的说明，$-\epsilon y<o(y)<\epsilon y$
于是

$$n{\int }_0^{\delta }{e}^{n\ln (1-\sin y)}dy\le n{\int }_0^{\delta }{e}^{n(-y+\epsilon y)}dy=n{\int }_0^{\delta }{e}^{ny(\epsilon -1)}dy\to 1$$

同理可说明

$$n{\int }_0^{\delta }{e}^{n\ln (1-\sin y)}dy\ge n{\int }_0^{\delta }{e}^{n(-y-\epsilon y)}dy=n{\int }_0^{\delta }{e}^{ny(-\epsilon -1)}dy\to 1$$

因此左边那一项趋于1
对于右边那一项

$$\left|n{\int }_{\delta }^{\frac{\pi }{2}}{e}^{n\ln (1-\sin y)}dy\right|<n{\int }_{\delta }^{\frac{\pi }{2}}|e^{n\ln (1-\sin \delta )}|dy=(\frac{\pi }{2}-\delta )n{e}^{n\ln (1-\sin \delta )}\to 0$$

从而就完成了证明

总结

回顾上面的过程，可以总结为以下几个步骤
step1: 转换成关于 $e$ 的指数形式
step2: 根据式子具体情形选择合适的分段，保证 Taylor展开的可行性以及两边积分的收敛性(保证精度的最大化估计)
step3: 分段估计，其中主要用到 Taylor展开的Peano余项进行估计，实际上，大部分情形只需要展开一项就够了(当然展开更多项可以估计的更精确，但需要对式子形式再做一定的变形)
整个步骤的核心称为Laplace方法

积分与级数的转换

欧拉麦克劳林公式

$a,b\in \mathbf{Z}$，$f\in C^{\prime }[a,b]$，$f^{\prime }\in C[a,b]$

$$\sum _{k=a}^{b}f(k)={\int }_a^{b}f(x)dx+\frac{f(a)+f(b)}{2}+{\int }_a^b(x-[x]-\frac{1}{2})f^{\prime }(x)dx$$

本质是分部积分得到的结果，本身没有精度上的差别，但形式的转换可以帮助解决许多问题

定积分的渐进估计

$f\in C^{\prime }[0,1]$且$f^{\prime }\in R[0,1]$

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }n\left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)-{\int }_0^{1}f(x)dx\right)=\frac{f(1)-f(0)}{2}$$

证明见估计问题 > 根据可积性估计

面积原理

$f$ 是 $[1,+\infty )$ 上的非负单调减少函数，令

$$a_n=\sum _{k=1}^{n}f(k)-{\int }_1^{n}f(x)dx$$

则 $a_n$ 收敛

证明见估计问题 > 根据单调性估计