一个递推序列的渐近问题

问题0：复旦大学2024考研题目

$a_{1} = 2024$ ,并且对任意正整数n序列满足递推关系 $a_{n + 1} = a_{n} + \frac{2}{a _{n}}$ 求 $lim_{n \to \infty} \frac{a _{n}}{n}$

1. 问题解答

我们打算采用制造关于上下极限的不等式组当中的想法来求极限。其思路非常类似于关于序列极限的公开问题当中的思路。令 $b_{n} := a_{n}^{2}$ ，那么根据递归关系得到

b_{n + 1} = b_{n} + \frac{4}{b _{n}} + 4 (1)

那么这个结构我们就非常熟悉了，根据序列差分的估计蕴含着序列本身的估计的想法,由于 $b_{n + 1} - b_{n} \geq 4$ 于是我们得到了 $b_{n}$ 的一个下界 $b_{n} \geq 4 n + 2020$ 另一方面把这个结果带入到 $(1)$ 当中 $b_{n + 1} - b_{n} \leq 5$ 于是我们知道 $\frac{b _{n}}{n}$ 是有界的，等价的 $\frac{a _{n}}{n}$ 也是有界的。

然后根据我们熟悉的想法，设 $a_{n}$ 的上极限为 $U$ 下极限为 $L$ ，我们需要制造两组与之有关的不等式。

通过广义的Cesaro-Stolz定理制造关于 $L, U$ 的不等式组。根据2. 关于上下极限的常用不等式或等式的性质： $lim sup_{n \to \infty} \frac{a _{n}}{n} \leq lim sup_{n \to \infty} \frac{a _{n + 1} - a _{n}}{n + 1 - n} = lim sup_{n \to \infty} \frac{4 n}{a _{n}} = 4 \frac{1}{lim inf _{n \to \infty} \frac{a _{n}}{n}}$ 也就是说 $U \leq \frac{2}{L}$ 同样的思路对下极限的方向来说可以得到 $L \geq \frac{2}{U}$ 于是 $\frac{4}{U} \leq L \leq U \leq \frac{4}{L}$ 这能得到 $U^{2} \geq 4, L^{2} \leq 4$ 然后根据 $(1)$ 再用一次广义Stolz，便能得到 $U^{2} = lim sup_{n \to \infty} \frac{b _{n}}{n} \leq lim sup_{n \to \infty} b_{n + 1} - b_{n} = 4$ 同样的道理可以得到 $L^{2} \geq 4$ 。结合之前的结果就能得到 $L = U = 2$

2. 问题的一般推广

[!命题2.1] 令多项式 $f (n)$ 恒为正，正整数 $q \geq 1$ ,序列 $a_{n}$ 满足 $a_{1} > 0$ 并且满足差分方程 $a_{n + 1} - a_{n} = \frac{f ( n )}{a _{n}^{q}}$ 那么令 $F (n) := \sum_{k \leq n - 1} f (k)$ 于是 $\frac{a _{n}^{q + 1}}{F ( n )} \to q + 1$

通过这个例子我们可以看到上面的更为本质的做法：

我们可以抽象一下之前解决“问题0”的思路。首先令 $g (x) := x^{q}$ ，选它的其中一个原函数为 $G (x) := \frac{1}{q + 1} x^{q + 1}$ 。我们只需要令 $b_{n} := G (a_{n}) = \frac{1}{q + 1} a_{n}^{q + 1}$ 并考虑它的一阶差分方程就可以制造出我们为了实施计划所需要的第二组关于上下极限的估计。

其主要原因是因为 $G (x)$ 具有凸性，于是

G (a_{n + 1}) - G (a_{n}) \geq G^{'} (a_{n}) Δ a_{n} = h (a_{n}) Δ a_{n} = f (n) (1)

于是我们得到关于 $b_{n}$ 的一阶差分的估计 $Δ b_{n} \geq f (n)$ 另一方面

G (a_{n + 1}) - G (a_{n}) \leq G^{'} (a_{n + 1}) Δ a_{n} = f (n) (\frac{a _{n + 1}}{a _{n}})^{q} (2)

于是根据序列差分的估计蕴含着序列本身的估计的想法，由 $(1)$ 我们得到 $b_{n + 1} \geq \sum_{k \leq n} f (k) + b_{1}$ 于是

n \to \infty lim inf \frac{b _{n}}{F ( n )} \geq 1 (3)

然后我们想要根据 $(2)$ 得到 $b_{n}$ 的上界估计。 $(2)$ 的右边本身不容易估计，但是由 $(3)$ 我们可以得到 $\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = 1 + \frac{f ( n )}{a _{n}^{q + 1}} = 1 + \frac{f ( n )}{( q + 1 ) b _{n}} < 1 + \frac{f ( n )}{( q + 1 ) F ( n )}$ 由于 $f (n)$ 是多项式，假设其最高次项目为 $α n^{β}$ ，那么 $F (n) \sim \frac{α}{β + 1} (n - 1)^{β + 1}$ 而 $f (n) \sim α n^{β}$ 于是 $\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = 1 + o (1)$ 于是我们对 $\frac{b _{n}}{F _{n}}$ 使用广义Stolz定理并结合 $(2)$ 以及此处的估计，得到 $lim sup \frac{b _{n}}{F ( n )} \leq lim sup \frac{Δ b _{n}}{f ( n )} \leq lim sup (\frac{a _{n + 1}}{a _{n}})^{q} = (lim sup \frac{a _{n + 1}}{a _{n}})^{q} \leq 1$ 于是 $lim sup_{n \to \infty} \frac{b _{n}}{F ( n )} = lim inf_{n \to \infty} \frac{b _{n}}{F ( n )} = 1$ 因此 $\frac{a _{n}^{q + 1}}{F ( n )} \to q + 1$

笔记目录

一个递推序列的渐近问题

1. 问题解答

2. 问题的一般推广

反向链接