递推序列确定渐近系数但Stolz失灵的情况

问题0

$a_1=\frac{\pi }{2}$并且序列满足递推关系$a_{n+1}=a_n-\frac{1}{n+1}\sin (a_n)$证明序列$n{a}_n$的极限存在。

1. Stolz-Cesaro定理失效了

面对这种，已经猜出极限存在性且已经知道$a_n$的渐近的主项，并且迭代的表达式中出现了差分的情况下，我们很难不回忆起之前的经验：

1. 利用Stolz定理确定递归序列的渐近系数
2. 利用Stolz定理确定递归序列的渐近系数2 此处虽然是证明极限存在性，不过如果我们可以搞清楚具体的渐近系数，或许其中的信息可以透露出序列$n{a}_n$的一些行为。

但是稍加尝试很快就会感到失望，因为$\frac{a_{n+1}-a_n}{\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}}=\frac{-\frac{1}{n+1}\sin (a_n)}{\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}}$如果我们假设$a_n=\frac{a}{n}+o\left(\frac{a}{n}\right)$的话,上面式子的渐近展开实际上就是$a+o(1)$,那么这实际上和$\frac{a_n}{\frac{1}{n}}$是没有任何区别的，因此试图用此技巧制造关于待定系数$a$的方程是注定徒劳的。

2. 制造一个迭代的不等式

转念一想，我们只需要搞清楚其极限是否存在，而$n{a}_n$的单调性实际上是很容易从迭代表达式中得到的。那么我们似乎只用证明$n{a}_n$是有界的序列就行了。

第一节中Stolz之所以会失效是因为$\sin (x)$的渐近展开的第一项就是$x$，反过来我们倒是可以利用这一点。

对$\sin (a_n)$做渐近展开，我们知道$\begin{array}{rl}{a}_{n+1}& =a_n-\frac{1}{n+1}\left(a_n-\frac{1}{6}{a}_n^3+o(a_n^3)\right)\\ & =\frac{n}{n+1}{a}_n\left(1+\frac{1}{6n}{a}_n^2\right)+o\left(\frac{a_n^3}{n+1}\right)\end{array}$此时我们想到，要是可以通过不等式把最后的尾巴(余项)去掉就好了，这样我们可以得到$a_{n+1},a_n$的迭代的不等式，就像3. 误差分析中的不等式那样，这样我们就可以通过迭代最终得到$a_n$的一个不等式。

那么如何甩掉最后的尾巴呢？自然是从把$\sin (x)$的渐近展开变成不等式开始。考虑$\sin (x)\ge x-\frac{x^3}{6},x\ge 0$于是我们得到$a_{n+1}\le \frac{n}{n+1}{a}_n\left(1+\frac{1}{6n}{a}_n^2\right)$

3. 通过迭代得到有界的信息

想法

先用$a_n^2$的一个粗糙的上界放进迭代中，得到一个粗糙的估计。然后把这个粗糙的估计用来限制$a_n^2$从而制造一个新的迭代,然后执行新的迭代，直到我们得到$n{a}_n$有界的信息。

• 一开始我们需要一个粗糙的估计，是因为我们真正想要的是$a_{n+1}\le a_{n}f(n)$但是我们现在得到的确是$a_{n+1}\le \frac{n}{n+1}{a}_n\left(1+\frac{1}{6n}{a}_n^2\right)$,因此我们首先需要一个上界来把括号里面的$a_n$给去除掉。

比如我们首先知道$a_n=o(1)$,那么可以用$a_n^2<3$这是对任意正整数成立的。于是第二节中最后得到的不等式变成了：$a_{n+1}\le \frac{n}{n+1}{a}_n\left(1+\frac{1}{2n}\right)$于是通过迭代我们得到$a_{n+1}\le \frac{a_1}{n+1}{\prod }_{k=1}^n\left(1+\frac{1}{2k}\right)$这里我们简单地对其中的乘积部分做一个估计:

对乘积做估计

$P_n:={\prod }_{k=1}^n\left(1+\frac{1}{2k}\right)$实际上我们只需要对$\log (P_n)$这个和做估计。$\begin{array}{rl}\sum _{k\le n}\log \left(1+\frac{1}{2k}\right)& \le \frac{1}{2}\sum _{k\le n}\frac{1}{k}\\ & =\frac{1}{2}{H}_n\\ & \le \frac{1}{2}(\log (n)+1)\end{array}$

于是$a_{n+1}$的上界可以估计为$\begin{array}{rl}{a}_{n+1}& \le \frac{C}{n+1}{e}^{\frac{1}{2}\log (n)}\\ & \le \frac{C}{\sqrt{n+1}}\end{array}$其中$C=a_1{e}^{1/2}$。

于是我们现在知道$a_n=O\left(n^{-1/2}\right)$。我们发现，通过迭代，我们把$a_n=O(1)$的估计变成了，$O\left(n^{-1/2}\right)$。

现在按照原计划，我们现在需要把这个结果重新带入到迭代的不等式中得到新的迭代： $a_{n+1}\le \frac{a_1}{n+1}{\prod }_{k\le n}\left(1+\frac{C^2}{6k^2}\right)$而现在是时候停下来了，因为${\prod }_{k=1}^{\infty }\left(1+\frac{C^2}{6k^2}\right)$是收敛的，因为$\log \left(1+\frac{C^2}{6k^2}\right)=O\left(\frac{1}{k^2}\right)$于是我们知道$n{a}_n$是有界的，此外结合其单调性，我们知道它的极限是存在的。于是问题便解决了。

下面放一些类似的问题：

问题2

$a_1>0,a_1\ne 1$,序列满足递推$a_{n+1}=a_n+\frac{n}{a_n}$证明序列$n(a_n-n)$的极限为正。