2.4 Cauchy 命题与 Stolz 定理

§2.4 $Cauchy$ 命题与 $Stolz$ 定理

求极限时困难往往在于处理不定式. 本节中介绍的几个命题就是处理 $\frac{\infty}{\infty}$ 和 $\frac{0}{0}$ 的有力工具. 其他类型的不定式往往可转化为这两种不定式.

应当指出, 本节的内容与单调有界数列的收敛定理无关. 从更一般的观点来看, 本节的结论和方法与实数系以及实数系的基本定理也没有关系. 因此在讲授时间的安排上有很大的灵活性. 这些内容往往可作为考研复习的起点.

2.4.1

基本命题

由于以下几个命题中的证明方法很重要, 因此在列出命题的同时还给出完整的证明, 并在证明前后作一些分析, 以供读者参考.

命题

2.4.1

(

Cauchy

命题)

设 $\{x_{n}\}$ 收敛于 $l$ ，则它的前 $n$ 项的算术平均值(所成的数列)也收敛于 $l$ ，即有

\lim _ {n \to \infty} \frac {x _ {1} + x _ {2} + \cdots + x _ {n}}{n} = l.

分析由于前面的各种方法, 包括夹逼定理、单调有界数列的收敛定理等, 对上述命题的证明似乎都用不上, 因此需要有新的方法.

直接观察表达式

\frac {x _ {1} + x _ {2} + \cdots + x _ {n}}{n}.\tag{2.7}

可以想像, 如果分子的每一项与 $l$ 都充分接近, 则它们的算术平均值也会与 $l$ 充分接近. 由于 $\lim_{n\to \infty}x_n = l$ , 只要令 $\varepsilon >0$ 充分小, 则从某项 (即有 $N$ ) 之后的每一项 (即 $n > N$ 的所有 $x_{n}$ ) 就会与 $l$ 很接近, 也就是满足要求 $|x_{n} - l| < \varepsilon$ . 因此可以将上述表达式分拆成两部分:

{\frac {x _ {1} + x _ {2} + \cdots + x _ {n}}{n}} = {\frac {x _ {1} + \cdots + x _ {N}}{n}} + {\frac {x _ {N + 1} + \cdots + x _ {n}}{n}}.\tag{2.8}

第二个分式中分子的每一项与 $l$ 已充分接近. 由于一共有 $n - N$ 项, 如果分母不是 $n$ , 而是 $n - N$ , 则第二个分式的值就会与 $l$ 充分接近了. 但这里并没有困难, 因为由此引起的差异是一个小于 $1$ 的因子 $(n - N) / n$ , 且当 $N$ 固定时, 这个因子当 $n \to \infty$ 时的极限为 $1$ .

对于 (2.8) 右边的第一个分式, 可以看出, 由于我们对分子各项的大小完全不能控制, 因此只有依靠分母 $n \to \infty$ .

于是在 (2.8) 中的两个分式的性质完全不同. 在取定 $N$ 后只要取 $n$ 充分大, 第一部分的值将与 $0$ 充分接近, 而第二部分则与 $l$ 充分接近.

但是为什么可以将 $N$ 固定？这里又需要回到极限的定义。我们知道, $N$ 虽然并不是 $\varepsilon$ 的函数, 但一般来说是与 $\varepsilon$ 有关的。如果 $\varepsilon$ 取得越来越小, 则一般来说相应的 $N$ 就会越来越大。然而对给定的一个 $\varepsilon$ 而言, 只要能取到一个 $N$ 就够了。为了证明表达式(2.7)的极限为 $l$ , 根据极限定义, 只要对于每个 $\varepsilon > 0$ , 能有一个 $N$ , 使得当 $n > N$ 时该表达式与 $l$ 之差的绝对值小于 $\varepsilon$ 即可。由分析可见, 上面已取出的 $N$ 是不够大的。于是, 我们可以在 $N$ 的基础上再取更大的 $N_1$ , 使得当 $n > N_1$ 时(2.7)与 $l$ 充分接近。

于是这里就发展出两步走的方法. 在这个方法中, 先取 $N$ 是必须的, 否则就没有从 (2.7) 到 (2.8) 的分拆, 也无法控制第二项. 将它固定也是必须的, 否则就无法取出合乎要求的 $N_{1}$ 去控制第一项.

根据以上分析, 我们可以写出证明如下.

证明

根据条件 $\lim_{n\to \infty}x_n = l$ , 可以对给定的 $\varepsilon >0$ 取定 $N$ , 使得当 $n > N$ 时成立 $|x_{n} - l| < \varepsilon$ .然后可估计如下(其中 $n > N$ )：

\begin{array}{r l} \left| \frac {x _ {1} + x _ {2} + \cdots + x _ {n}}{n} - l \right| & = \frac {| (x _ {1} - l) + (x _ {2} - l) + \cdots + (x _ {n} - l) |}{n} \\ & \leqslant \frac {| (x _ {1} - l) + \cdots + (x _ {N} - l) |}{n} + \frac {| x _ {N + 1} - l | + \cdots + | x _ {n} - l |}{n} \\ & < \frac {M}{n} + \frac {n - N}{n} \varepsilon , \end{array} \tag {2.9}

这里的 $M = |(x_{1} - l) + \cdots + (x_{N} - l)|$ 是一个确定的数. 由此可见, 只要取

N _ {1} = \max \left\{N, \left[ \frac {M}{\varepsilon} \right] \right\},

就保证当 $n > N_{1}$ 时成立不等式

\left| \frac {x _ {1} + x _ {2} + \cdots + x _ {n}}{n} - l \right| < 2 \varepsilon .

注

1

$Cauchy$ 命题中的证明方法非常有特色, 是极限理论中的基本方法之一. 回顾上面的分析和证明, 可以看出: 首先, 将 (2.7) 分成性质不同的两个部分是关键. (2.8) 中的第二个分式在 $n \to \infty$ (而 $N$ 固定) 时的极限就是 $l$ , 因此可以说是“主要部分”, 而 (2.8) 中的第一个分式在这时为无穷小量, 因此可以说是“次要部分”. 其次, 对这两个部分的处理方法是不同的, 可以说是“分而治之”. 从最后写出的证明可见, 只要对 $\varepsilon > 0$ 取出 $N$ , 就完成了对 (2.9) 的第二部分的估计. 但只有在取定 $N$ 的基础上再取出 $N_{1}$ 才能实现对 (2.9) 的第一部分的估计.

注

2

$Cauchy$ 命题在数列 $\{x_{n}\}$ 为有确定符号的无穷大量时也是成立的（这就是说在上述命题中的 $l$ 可取为 $+\infty$ 或 $-\infty$ ）。读者应当至少对其中之一作出证明，以此检验自己是否已经学会在 $Cauchy$ 命题证明中的重要方法。

注

3

可以从数列变换的观点来理解 $Cauchy$ 命题的意义. 这就是从 $\{x_{n}\}$ 出发构造出一个新数列, 后者的通项, 即第 $n$ 项, 是第一个数列的前 $n$ 项的算术平均值. $Cauchy$ 命题就是说当第一个数列收敛时, 则第二个数列也收敛, 且极限相同. 在极限理论中有以 $Toeplitz$ (特普利茨)定理(见第二组参考题10)为代表的一系列命题, 它们都可以看成是 $Cauchy$ 命题的推广, 即从一个数列变换为一个新数列, 然后讨论它们之间的敛散性关系. 这方面在[48]的第 $I$ 篇第二章中有丰富的材料, 还可参考[62]的第5章和[56]等. 在本章的第二组参考题中也有几个题供训练用.

命题

2.4.2

(

\frac{0}{0}

型的

Stolz

定理)

设 $\{a_{n}\}$ 和 $\{b_{n}\}$ 都是无穷小量，其中 $\{a_{n}\}$ 还是严格单调减少数列，又存在

\lim _ {n \to \infty} \frac {b _ {n + 1} - b _ {n}}{a _ {n + 1} - a _ {n}} = l

(其中 $l$ 为有限或 $\pm\infty$ ), 则有

\lim _ {n \to \infty} \frac {b _ {n}}{a _ {n}} = l.

证明

只对有限的 $l$ 作证明. 根据条件对 $\varepsilon > 0$ 存在 $N$ , 使得当 $n > N$ 时成立

\left| \frac {b _ {n} - b _ {n + 1}}{a _ {n} - a _ {n + 1}} - l \right| < \varepsilon .

由于对每个 $n$ 都有 $a_{n} > a_{n + 1}$ , 这样就有

(l - \varepsilon) (a _ {n} - a _ {n + 1}) < b _ {n} - b _ {n + 1} < (l + \varepsilon) (a _ {n} - a _ {n + 1}).

任取 $m > n$ ，并且将上述不等式中的 $n$ 换成 $n + 1, \cdots$ ，直到 $m - 1$ ，然后将所有这些不等式相加，就得到

(l - \varepsilon) (a _ {n} - a _ {m}) < b _ {n} - b _ {m} < (l + \varepsilon) (a _ {n} - a _ {m}),

即

\left| \frac {b _ {n} - b _ {m}}{a _ {n} - a _ {m}} - l \right| < \varepsilon .

令 $m \to \infty$ ，并利用条件 $\lim_{m \to \infty} a_m = \lim_{m \to \infty} b_m = 0$ ，就知道当 $n > N$ 时成立

\left| \frac {b _ {n}}{a _ {n}} - l \right| \leqslant \varepsilon .

注

读者可以自行证明 $l$ 为 $\pm\infty$ 的情形.

命题

2.4.3

(

\frac{*}{\infty}

型的

Stolz

定理)

设数列 $\{a_n\}$ 是严格单调增加的无穷大量，又存在

\lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {b _ {n + 1} - b _ {n}}{a _ {n + 1} - a _ {n}} = l

(其中 $l$ 为有限或 $\pm\infty$ ), 则有

\lim _ {n \to \infty} \frac {b _ {n}}{a _ {n}} = l.

这个命题有时也称为 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的 $Stolz$ 定理. 但从证明过程中可以发现实际上并不要求分子上的数列 $\{b_n\}$ 是无穷大量, 因此这里称为 $\frac{*}{\infty}$ 型的 $Stolz$ 定理. 这对于许多应用是很重要的.

证明

只对 $l$ 为有限的情况写出证明. 对 $\varepsilon > 0$ 存在 $N$ , 使得当 $n \geqslant N$ 时成立

\left| \frac {b _ {n + 1} - b _ {n}}{a _ {n + 1} - a _ {n}} - l \right| < \varepsilon .

由于对每个 $n$ 有 $a_{n + 1} > a_n$ , 这样就有

(l - \varepsilon) (a _ {n + 1} - a _ {n}) < b _ {n + 1} - b _ {n} < (l + \varepsilon) (a _ {n + 1} - a _ {n}).

取定 $N$ , 并且将上述不等式中的 $n$ 换成 $N, N + 1, \cdots$ , 直到 $n - 1$ , 然后将所有这些不等式相加, 就得到

(l - \varepsilon) (a _ {n} - a _ {N}) < b _ {n} - b _ {N} < (l + \varepsilon) (a _ {n} - a _ {N}),

即

\left| \frac {b _ {n} - b _ {N}}{a _ {n} - a _ {N}} - l \right| < \varepsilon .\tag{2.10}

为了进一步得到关于 $\left|\frac{b_n}{a_n} - l\right|$ 的估计，可以利用恒等式

\frac {b _ {n}}{a _ {n}} - l = \left(1 - \frac {a _ {N}}{a _ {n}}\right) \cdot \left(\frac {b _ {n} - b _ {N}}{a _ {n} - a _ {N}} - l\right) + \frac {b _ {N} - l a _ {N}}{a _ {n}}.\tag{2.11}

由于 $\lim_{n\to \infty}a_n = +\infty$ ，存在 $N_{1}$ ，使得当 $n > N_{1}$ 时，成立

0 < 1 - \frac {a _ {N}}{a _ {n}} < 2 \quad \text {和} \quad \left| \frac {b _ {N} - l a _ {N}}{a _ {n}} \right| < \varepsilon ,

则在 $n > \max \{N, N_1\}$ 时就得到

\left| \frac {b _ {n}}{a _ {n}} - l \right| < 3 \varepsilon .

不难看出, $Cauchy$ 命题是 $\frac{*}{\infty}$ 型的 $Stolz$ 定理的一个特例. 为此只要将该定理中的 $b_{n}$ 写成

b _ {n} = \left(b _ {n} - b _ {n - 1}\right) + \dots + \left(b _ {2} - b _ {1}\right) + b _ {1},

然后令 $x_{1}=b_{1},x_{2}=b_{2}-b_{1},\cdots,x_{n}=b_{n}-b_{n-1}$ ，则就有 $b_{n}=x_{1}+\cdots+x_{n}$ ，再取 $a_{n}=n$ 即可。此外，在该定理中对分子上的 $b_{n}$ 不加条件，这与 $Cauchy$ 命题中对分子上的 $x_{1}+\cdots+x_{n}$ 不加条件也是完全一致的。

注

2

初学者第一次见到恒等式(2.11)时可能会觉得奇怪, 它是怎样想出来的? 回顾证明, 可见当时的问题完全在于如何从已经得到的估计式(2.10)出发去估计 $\left|\frac{b_n}{a_n} - l\right|$ . 困难何在? 前一式的分母是 $a_{n} - a_{N}$ , 而后一式的分母是 $a_{n}$ . 恒等式 (2.11) 就是用于建立这两个分母不同的分式之间的联系. 打个比方来说, 怎样建立 $3/5$ 和 $2/7$ 之间的联系? 模仿恒等式 (2.11) 的内容就可以简单地得到

\frac {3}{5} = \frac {7}{5} \cdot \frac {2}{7} + \frac {1}{5}.

注

3

读者可以将恒等式 (2.11) 与 $Cauchy$ 命题证明中的分拆作比较. 如在 (2.11) 中令 $b_{n}=x_{1}+\cdots+x_{n}, a_{n}=n$ 代入, 可见完全一样.

注

4

这三个命题的逆命题都不成立. 以 $Cauchy$ 命题为例, 在数列 $\{x_{n}\}$ 发散(但不是有确定符号的无穷大量)时, 极限

\lim _ {n \to \infty} \frac {x _ {1} + x _ {2} + \cdots + x _ {n}}{n}

仍可能存在. 最简单的例子就是 $\{(-1)^{n-1}\}$ , 这时上述极限为 $0$ .

思考题

若在这三个命题的条件中将极限值 $l$ 改为不带符号的无穷大量 $\infty$ , 则结论均不成立. 请读者举出反例.

2.4.2

例题

首先重新处理例题 $2.2.4$ (即例题 $2.3.6$ ). 可是它现在已经是最平凡的题了.

例题

2.4.1

设 $a_{n}=\frac{1!+2!+\cdots+n!}{n!}, n\in N_{+}$ ，求 $\{a_{n}\}$ 的极限.

解

直接用 $Stolz$ 定理计算如下:

\lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {1 ! + 2 ! + \cdots + n !}{n !} = \lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {(n + 1) !}{(n + 1) ! - n !} = \lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {(n + 1) !}{n ! n} = 1.

例题

2.4.2

设 $a_1 > 0, a_{n + 1} = a_n + \frac{1}{a_n}, n\in \mathbf{N}_+$ ，证明 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{\sqrt{2n}} = 1.$

证明

首先可看出 $\{a_{n}\}$ 为严格单调增加的正数列. 因此只有两种可能. 假定它有极限 $a$ , 在递推公式

a _ {n + 1} = a _ {n} + \frac {1}{a _ {n}}

的两边令 $n \to \infty$ , 得到 $a = a + \frac{1}{a}$ , 这对任何有限数 $a$ 都不可能成立. 因此知道 $\{a_n\}$ 只能是正无穷大量.

然后根据 $2.1.5$ 小节的练习题 $2$ , 只要用 $Stolz$ 定理计算如下:

\lim _ {n \to \infty} \frac {a _ {n} ^ {2}}{2 n} = \lim _ {n \to \infty} \frac {a _ {n + 1} ^ {2} - a _ {n} ^ {2}}{2 (n + 1) - 2 n} = \frac {1}{2} \lim _ {n \to \infty} \left(2 + \frac {1}{a _ {n} ^ {2}}\right) = 1.

注

本例在以下几方面具有典型性: (1) 在 $\{a_n\}$ 为正无穷大量的基础上得到更为精确的结果: $a_n \sim \sqrt{2n}$ ; (2) 用 $Stolz$ 定理时有一定的技巧性. 若对 $\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{\sqrt{2n}}$ 直接用 $Stolz$ 定理就很不好做 (参见例题 $8.1.10$ 和第八章第一组参考题 $3$ 等).

例题

2.4.3

设已知 $\lim_{n\to \infty}a_n = a$ ，证明： $\lim_{n\to \infty}\frac{1}{2^n}\sum_{k = 0}^{n}\binom{n}{k}a_k = a.$

证明

利用 $2^{n} = (1 + 1)^{n} = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}$ , 可以估计如下:

\left| \frac {1}{2 ^ {n}} \sum_ {k = 0} ^ {n} \binom {n} {k} a _ {k} - a \right| = \left| \frac {1}{2 ^ {n}} \sum_ {k = 0} ^ {n} \binom {n} {k} (a _ {k} - a) \right| \leqslant \frac {1}{2 ^ {n}} \sum_ {k = 0} ^ {n} \binom {n} {k} | a _ {k} - a |.

对 $\varepsilon > 0$ , 存在 $N$ , 当 $k > N$ 时成立 $|a_k - a| < \varepsilon$ . 对 $n > N$ 将最后一式作分拆:

\frac {1}{2 ^ {n}} \sum_ {k = 0} ^ {N} {\binom {n} {k}} | a _ {k} - a | + \frac {1}{2 ^ {n}} \sum_ {k = N + 1} ^ {n} {\binom {n} {k}} | a _ {k} - a |.\tag{2.12}

对其中的第二部分的估计是容易的:

\frac {1}{2 ^ {n}} \sum_ {k = N + 1} ^ {n} {\binom {n} {k}} | a _ {k} - a | < \varepsilon \cdot \frac {1}{2 ^ {n}} \sum_ {k = N + 1} ^ {n} {\binom {n} {k}} < \varepsilon .

对 (2.12) 中的第一部分的估计与 $Cauchy$ 命题中不同, 因为这里的第一部分的分子也与 $n$ 有关. 但可以发现实际上并不难. 固定 $N$ , 存在 $M > 0$ , 使得 $|a_k - a| < M$ 对 $k = 0, 1, \cdots, N$ 成立. 再利用 $\binom{n}{k} < n^k$ , 就可以估计如下:

\frac {1}{2 ^ {n}} \sum_ {k = 0} ^ {N} {\binom {n} {k}} | a _ {k} - a | < \frac {M (1 + n + \cdots + n ^ {N})}{2 ^ {n}}.\tag{2.13}

因 $N$ 已固定, 右边当 $n \to \infty$ 时的极限为 $0$ , 因此存在 $N_{1} > N$ , 当 $n > N_{1}$ 时成立

\frac {1}{2 ^ {n}} \sum_ {k = 0} ^ {N} {\binom {n} {k}} | a _ {k} - a | < \varepsilon .

合并对两部分的估计, 就得到当 $n > N_{1}$ 时成立

\left| \frac {1}{2 ^ {n}} \sum_ {k = 0} ^ {n} {\binom {n} {k}} a _ {k} - a \right| < 2 \varepsilon .

注

1

在这个例题中我们使用了 $Cauchy$ 命题的证明方法, 而不是命题的结论. 此外, 在一开始可以应用 $2^{n} = (1 + 1)^{n}$ 的二项式展开, 将要求证明的极限等式右边的 $a$ “无中生有”地写成与左边的表达式非常相似的形式, 这是证明的主要手段. 实际上, 这就是数学中的一种常用方法, 可称为“拟合法”.

注

2

在估计(2.13)时关键完全在于分母上有指数函数 $2^{n}$ , 而分子只是项数固定的 $n$ 的多项式, 因此整个表达式一定是无穷小量, 其他一切都是次要因素. 此外, 最后我们并没有写出 $N_{1}$ 的表达式. 再次回顾数列收敛定义, 可见只要对每个 $\varepsilon > 0$ “存在”满足要求的 $N$ 即可, 并不要求具体写出 $N$ .

2.4.3

练习题

设 $\lim_{n\to\infty}x_{n}=+\infty,$ 证明: $\lim_{n\to\infty}\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}=+\infty.$
设 $\{x_{n}\}$ 单调增加， $\lim_{n\to\infty}\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}=a,$ 证明： $\{x_{n}\}$ 收敛于 $a$ .
设 $\{a_{2k-1}\}$ 收敛于 $a$ , $\{a_{2k}\}$ 收敛于 $b$ , 且 $a \neq b$ , 求 $\lim_{n \to \infty} \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n}$ . (注意: 虽然数列 $\{a_{n}\}$ 发散, 但前 $n$ 项的算术平均值所成的数列仍可以有极限. 一个典型例子就是 $\{(-1)^{n}\}$ .
若 $\lim_{n\to \infty}\left(a_n - a_{n - 1}\right) = d,$ 证明： $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{n} = d.$

(本题可以说是 $Cauchy$ 命题的另一种形式, 也很有用.)

设 $\{a_{n}\}$ 为正数列, 且收敛于 $A$ , 证明: $\lim_{n\to\infty}(a_{1}a_{2}\cdots a_{n})^{\frac{1}{n}}=A.$ (本题与 $Cauchy$ 命题的关系是明显的.)
设 $\{a_{n}\}$ 为正数列, 且存在极限 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_{n + 1}}{a_n} = l,$ 证明 $\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a_n} = l.$

(本题对类型为 $\{\sqrt[n]{a_n}\}$ 的极限问题很有用, 可以说是例题 $2.1.2$ 的一个发展. 这个结果在无穷级数的研究中也很重要.)

设 $\lim_{n\to \infty}(x_n - x_{n - 2}) = 0$ ，证明： $\lim_{n\to \infty}\frac{x_n}{n} = 0.$
设 $\lim_{n\to \infty}(x_n - x_{n - 2}) = 0$ ，证明： $\lim_{n\to \infty}\frac{x_n - x_{n - 1}}{n} = 0.$

(本题是 $1970$ 年的 $Putnam$ 竞赛题, 若没有题 $7$ 的铺垫该如何做?)

设数列 $\{a_{n}\}$ 满足条件 $0 < a_{1} < 1$ 和 $a_{n + 1} = a_{n}(1 - a_{n}) (n \geqslant 1)$ , 证明: $\lim_{n \to \infty} na_{n} = 1$ .
若 $\lim_{n\to\infty}a_{n}=\alpha,\lim_{n\to\infty}b_{n}=\beta,$ 证明： $\lim_{n\to\infty}\frac{a_{1}b_{n}+a_{2}b_{n-1}+\cdots+a_{n}b_{1}}{n}=\alpha\beta.$

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2.4 Cauchy 命题与 Stolz 定理

§2.4 Cauchy 命题与 Stolz 定理

§2.4 $Cauchy$ 命题与 $Stolz$ 定理