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考研数学非数竞赛复习之Stolz定理求解数列极限

news 来源：原创 2025/4/29 6:49:43

在非数类大学生数学竞赛中，Stolz定理作为一种强大的工具，经常被用来解决和式数列极限的问题，也被誉为离散版的’洛必达’方法，它提供了一种简洁而有效的方法，使得原本复杂繁琐的极限计算过程变得直观明了。本文，我们将通过几个例题介绍该定理的使用方法。

stolz定理

1.设数列 $\left \{ a_n \right \}$ , $\left \{ b_n \right \}$ 满足: $\left \{ b_n \right \}$ 严格单调递增

且 $\lim_{n\to\infty}\left \{ b_n \right \}=\infty$

$\lim_{n\to\infty}\left \{ a_n \right \}=\infty$

若 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n-a_n-1}{b_n-b_n-1}=L$

则 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=L$

此为 $\frac{\infty}{\infty}$ 型未定式

2.设数列 $\left \{ a_n \right \}$ , $\left \{ b_n \right \}$ 满足: $\left \{ b_n \right \}$ 严格单调递减

且 $\lim_{n\to\infty}\left \{ b_n \right \}=0$

$\lim_{n\to\infty}\left \{ a_n \right \}=0$

若 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n-a_n-1}{b_n-b_n-1}=L$

则 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=L$

此为 $\frac{0}{0}$ 型未定式

定理看起来非常简单易懂,且该定理与洛必达公式形似。洛必达公式描述的是函数的导数的极限与原函数的极限之间的关系,该定理描述的是数列差分后的极限与原数列极限之间的关系。

例题

1. $\lim_{n\to0}\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...\sqrt[n]{n}}{n}$ （ $\frac{\infty}{\infty}$ ）

解:设 $a_n=$ $1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...\sqrt[n]{n}$ , $b_n=n$

$a_n=\sum_{k=1}^{n}\sqrt[k]{k}$

$a_{n-1}=\sum_{k=1}^{n-1}\sqrt[k]{k}$

$a_n-a_{n-1}=\sqrt[n]{n}$

$b_n-b_{n-1}=n-(n-1)=1$

设 $L=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n}}{1}$

则 $L=\lim_{n\to\infty}e^{\frac{\ln n}{n}}=e^{\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n}{n}}$

$L=e^{0}=1$

那么,原式极限结果为1

2. $\lim_{n\to\infty}\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}+...\sqrt{n+n}}$ （ $\frac{\infty}{\infty}$ ）

解: 设 $a_n=1+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n}=\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}$

$a_{n-1}=\sum_{k=1}^{n-1}\sqrt{k}$

$b_n=\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}+...\sqrt{n+n}$

( $b_n$ 每一项内第一个n与其下标一致)

注意,对于 $b_n$ 来说,经过观察我们不难发现 $b_{n-1}$ 不单单意味着原数列的前n-1项,同时我们还应该将 $b_n$ 每一项内第一个n更改为n-1。即 $b_{n-1}=\sum_{k=1}^{n-1}\sqrt{n-1+k}$

$b_{n-1}=\sqrt{n-1+1}+\sqrt{n-1+2}+...+\sqrt{n-1+n-1}$

则 $a_n-a_{n-1}=\sqrt{n}$ ，

$b_n-b_{n-1}=\sqrt{2n}+\sqrt{2n-1}-\sqrt{n}$

$L=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n-1}}{b_{n-1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n}-\sqrt{n}}$

利用'抓大头'思想不难得到 $L=\frac{1}{2\sqrt{2}-1}$

那么,原式极限结果= $\frac{1}{2\sqrt{2}-1}$

3. $\lim_{n\to\infty}n\begin{pmatrix} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}-ln2 \end{pmatrix}$ （ $\frac{0}{0}$ ）

原式= $\lim_{n\to\infty}\frac{\begin{pmatrix} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}-ln2 \end{pmatrix}}{\frac{1}{n}}$

设 $a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}$ , $b_n=\frac{1}{n}$

对于分子来说 $\lim_{n\to\infty}\sum _{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}$

可以变形为 $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}dx=ln2$

对于分母来说 $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0$

因此该极限满足 $\frac{0}{0}$ 型未定式