求极限

天音

计算$\lim_{n \to\infty}\left( \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}} +\cdots+ \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}  \right)^n$

kuing

记
\[f=\frac1{\sqrt{n^2+1}}+\frac1{\sqrt{n^2+2}}+\cdots +\frac1{\sqrt{n^2+n}},\]
一方面，由权方和不等式（或者由琴生之类都行）有
\[f>\frac{n^{3/2}}{\sqrt{n^2+1+n^2+2+\cdots +n^2+n}}
=\frac1{\sqrt{1+\frac1{2n}+\frac1{2n^2}}},\]
另一方面，易知对 $0<k<n+1$ 都有
\[\frac1{\sqrt{n^2+k}}+\frac1{\sqrt{n^2+n+1-k}}
<\frac1n+\frac1{\sqrt{n^2+n+1}},\]
于是对 $f$ 倒序相加得
\[2f<1+\frac n{\sqrt{n^2+n+1}}=1+\frac1{\sqrt{1+\frac1n+\frac1{n^2}}}
<1+\frac1{1+\frac1{2n}}=2-\frac1{2n+1},\]
综上得到
\[\left( \frac1{\sqrt{1+\frac1{2n}+\frac1{2n^2}}} \right)^n
<f^n<\left( 1-\frac1{4n+2} \right)^n,\]
当 $n\to\infty$ 时易知两边的极限都是 $e^{-1/4}$，故由夹逼定理知原式的极限就是 $e^{-1/4}$。

zhcosin

暂时没搞出它的极限来，只知道它的极限在$\frac{1}{e^2}$和1之间.
记
\[ t_n = \sum_{i=1}^n \frac{1}{n^2+i} \]
则
\[ \frac{n}{n^2+n} < t_n< \frac{n}{n^2+1} \]
所以
\[ -\frac{1}{2}n \ln{\left( 1+\frac{1}{n} \right)} < \ln{x_n} < -\frac{1}{2}n \ln{\left( 1+\frac{1}{n^2} \right)} \]
由熟知等价无穷$\ln{(1+x)}\sim x$知上式左边极限是$-1/2$，右边极限是0，所以原式极限就介于$\frac{1}{e^2}$和1之间.

zhcosin

回复 2# kuing
niubility
我那个首尾两项的放缩方式太弱，本来也想用琴生的，没敢下手

kuing

回复 4# zhcosin

嗯，放缩就要紧的才好

abababa

也可以直接算
\[\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{n^2+i}}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{i}{n^2}}}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(1+\frac{-1}{2}\cdot\frac{i}{n^2}+o(\frac{i^2}{n^4}))=\frac{4n^2-n-1}{4n^2}+o(\frac{1}{n^2})\]
最后极限是$1^{\infty}$型的，用对数和罗比达法则就能算了。设原式取对数后为$A$
\[A=\lim_{n\to\infty}n\ln(\frac{4n^2-n-1}{4n^2}+o(\frac{1}{n^2}))=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{4n^2}{4n^2-n-1}\cdot\frac{n+2}{4n^3}}{-n^{-2}}=-\frac{1}{4}\]
原式就是$e^{-\frac{1}{4}}$

kuing

回复 6# abababa

还能这样撸呀……我对o(...)还是不太会用的说……

这小o的运算性质是怎样的哩？比如说 $\frac1n\sum_{i=1}^no(\frac{i^2}{n^4})=o(\frac1{n^2})$ 这式子该怎么理解？
是需要去证明 $\lim_{n\to\infty}n\sum_{i=1}^no(\frac{i^2}{n^4})=0$？还是能通过某些运算规律直接看出来？

abababa

回复 7# kuing
其实就是一个阶数是多少，比如这里$o(\frac{i^2}{n^4})$这个，因为是对$i$求和，按自然数平方的加法加起来，分子是$n^3$阶的，所以总的就是$\frac{1}{n}o(\frac{n^3}{n^4})=o(\frac{1}{n^2})$阶的。这个是我从网友那学来的，以前我总用等价无穷小替换的方法，只取了泰勒展开的第一项，有时就不太管用，网友让我多取几项，这样很多时候就非常管用了，这里用的是广义二项式展开的公式，也是从网友那学来的。原理就是用多项式逼近函数吧，取的项越多越精确，取极限时无穷小的那些就没了。

kuing

回复 8# abababa

大概理解了，但还是感觉有点不够踏实，有没有一个精确描述的一般性的定理及证明？
比如说有没有这样的：若 $n\to\infty$ 时 $f(i,n)\to0$（$i=1$, $2$, \ldots, $n$），则 $\sum_{i=1}^n o(f(i,n))=o(\sum_{i=1}^nf(i,n))$？

abababa

回复 9# kuing

这里的这个o，其实就是在取极限过程时才有的一个概念，所以那个求和与o交换顺序，就是看求和与极限能不能交换顺序，函数一致收敛是一个充分不必要条件。具体到这里，就是$f(i,n)$能关于$i$一致收敛就可以。不过这个证明我也不太熟悉，网友给讲过一些，还有一些什么定理的，现在我还不太会。

kuing

回复 10# abababa

是不是要写回极限什么的来玩啊
记 $g(i,n)=o(f(i,n))$, $F(n)=\sum_{i=1}^nf(i,n)$, $G(n)=\sum_{i=1}^ng(i,n)$，则等价于在
\[
\lim_{n\to\infty}\frac{g(i,n)}{f(i,n)}=0,\quad i=1,2,\ldots,n
\]
的条件下证明
\[
\lim_{n\to\infty}\frac{G(n)}{F(n)}=0?
\]

abababa

回复 11# kuing

比如要是一个$o(\frac{i}{n})$这样的，就不能再对$i$求和了，求和是发散的。关键就是那个求和参数$i$，我感觉就是极限与求和的顺序能不能交换的问题，但一时还想不清楚怎么表达。

kuing

回复  kuing

比如要是一个$o(\frac{i}{n})$这样的，就不能再对$i$求和了，求和是发散的。关键就是那个求 ...
abababa 发表于 2017-5-17 21:42

那就加个条件好了，改成：
若 $n\to\infty$ 时 $f(i,n)\to0$（$i=1$, $2$, \ldots, $n$）且 $\sum_{i=1}^nf(i,n)$ 收敛，证明或否定：当 $n\to\infty$ 时 $\sum_{i=1}^n o(f(i,n))=o(\sum_{i=1}^nf(i,n))$。

abababa

回复 13# kuing

这样如果这个$f(i,n)$性质好一点，它就是一致收敛的，这个好像是用什么解析函数在解析圆中一定是一致收敛来证明，而一致收敛的就一定能交换次序了。
这里这个$f(i,n)$就是
\[f(i,n)=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{i}{n^2}}}-1+\frac{i}{2n^2}\]
$\lim_{n\to\infty}f(i,n)=0$，这个不依赖于$i$，所以是一致的。

kuing

回复 14# abababa

？？？……我前面9楼说的 $f(i,n)$ 是指 $i^2/n^4$ 啊，不然我后面11楼又给个 $g(i,n)=o(f(i,n))$ 干嘛，这 $g(i,n)$ 才是相当于那个差……

zhcosin

回复 13# kuing
似乎不成立，跟一致收敛还真有点关系。
先把结论梳理一下：设当$n\to \infty$时$f(n,i)$和$g(n,i)$都收敛到零，并且$f(n,i)=o(g(n,i))$，$i=1,2,\ldots,n$，又设$\sum_{i=1}^{\infty} g(n,i)$收敛，证明或否定:
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{ \sum_{i=1}^n f(n,i)}{\sum_{i=1}^n g(n,i)}=0 \]
先举一个反例
\[ f(n,i)=\frac{1}{n(n+i)^3}, \  g(n,i)=\frac{1}{n(n+i)^2}, \  i=1,2,\ldots,n \]
容易验证问题中的条件都成立，然而结论中的那两个和式，却是两个正常数之比(不对，这个极限也是零，这个反例有问题)，所以结论应该是不成立的。

但是若是加上一致收敛的限定条件，则可以使其成立，因为$\lim_{n \to \infty}\frac{f(n,i)}{g(n,i)} = 0$，所以对于每一个确定的$i$，按极限定义都存在一个对应的正整数$N_i$，如果能有一个与$i$无关的$N$能符合极限定义中的$N$，那么当$n>N$时，就有$f(n,i)<\varepsilon g(n,i), i=1,2,\ldots,n$，然后一相加，便知
\[ \sum_{i=1}^n f(n,i) < \varepsilon \sum_{i=1}^n g(n,i) \]
如果$f(n,i)$和$g(n,i)$又都是正号的话，结论就是成立的。这里的存在共同的$N$便可以理解为数列的列$\frac{f(n,i)}{g(n,i)}$一致收敛到零。

然后针对楼主那个$\sum_{i=1}^n o(\frac{i^2}{n^4})=o(\frac{1}{n})$的结论，这个倒是成立的，因为那个函数的泰勒逼近，只要$|x|<\delta$就可以，于是$\frac{i}{n^2}<\delta$是可以有公共的与$i$无关的$N$的。

abababa

回复 15# kuing

11楼的那个，比如说$f(i,n)=\frac{i}{n},g(i,n)=\frac{i^2}{n^2}$，这时对给定的$i$都有$\lim_{n\to\infty}\frac{g(i,n)}{f(i,n)}=0$，但不是一致的。所以
\[\lim_{n\to\infty}\frac{G(n)}{F(n)}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{(1+n)(1+2n)}{6n}}{\frac{1+n}{2}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1+2n}{3n}\neq0\]

如果前面那个商$\frac{g(i,n)}{f(i,n)}$能一致收敛到0，则取极限与求和就能交换。再作一个假设，假设$f(i,n)$和$g(i,n)$每一项都是正的，就是
\[\lim_{n\to\infty}\frac{G(n)}{F(n)}=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{g(i,n)}{F(n)}\le\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{g(i,n)}{f(i,n)}=\sum_{i=1}^{\infty}\lim_{n\to\infty}\frac{g(i,n)}{f(i,n)}=0\]

如果是收敛到0的话，最后那个也可以只假设$f(i,n)$是正的，然后取绝对值就可以，没一步步证明，只是觉得是对的。

kuing

回复 17# abababa

我在13楼已经加了 $\sum_{i=1}^nf(i,n)$ 收敛的条件，所以 $f(i,n)=i/n$ 已经不在考虑范围内了。

kuing

回复 17# abababa

而且，就算不加那条件，你举的例子也不符合11楼的条件，因为我11楼说的是 $\lim_{n\to\infty}\frac{g(i,n)}{f(i,n)}=0,\quad i=1,2,\ldots,n$，也就是说对 $i=n$ 也需要符合，即还要满足 $\lim_{n\to\infty}\frac{g(n,n)}{f(n,n)}=0$，这样 $f(i,n)=\frac{i}{n},g(i,n)=\frac{i^2}{n^2}$ 并不符合

abababa

回复 18# kuing

但是还是一样的，取$f(i,n)=\frac{i^2}{n^3},g(i,n)=\frac{i^3}{n^4}$，这样对给定的$i$还是有$\lim_{n\to\infty}\frac{g(i,n)}{f(i,n)}=0$，但是求和就不行，因为不是一致的。

回复 19# kuing
那这样对任意的$i$，是不是隐含了是一致收敛的？我也不太清楚是不是这么表达。