關於一大類極限
問題的系統化及其註記
姚雲飛 朱茱
摘要
本文以函數形式的 Stolz 定理為工具, 將一大類極限問題系統化, 給出了一些文獻中常見 命題新的解法與擴充, 得到了某些新的命題, 把著名的 L’Hospital 法則納入了 Stolz 定理推 論之中, 減弱了 ∞
∞ 型的 L’Hospital 法則某個條件。
關鍵詞: Stolz定理、 Darboux 定理、 推廣、 系統。
文[1] 中介紹了這樣一個極限命題:
設 T 為正常數, 若函數 f (x), g(x) x ∈ (a, +∞) 滿足:
(1) g(x + T ) > g(x), x ∈ (a, +∞);
(2) limx→+∞g(x) = +∞, f(x)、g(x) 在 (a, +∞) 的任意子區間上有界 (此處 f (x) 與 g(x) 在 (a, +∞) 的任意子區間上 有界是指 ∀[α, β] ⊂ (a, +∞), f(x) 與 g(x) 在 [α, β] 上有界, 以下均同);
(3) limx→+∞f (x+T )−f(x)
g(x+T )−g(x) = l (l 為有 限數或 +∞ 或 −∞) 則 limx→+∞f (x)
g(x) = l。
這個命題 [1] 中已給出了一個漂亮的證 明, 為了行文方便, 給上述命題取名“定理1”。
[1] 中稱定理 1 為 ∞
∞ 型的 Stolz 推廣定理, 並給出了一些應用。 顯示出這個定理1的應用 前景是美好的。 為了使這個定理 1應用範圍更
廣, 本文將適當變換定理 1 的條件, 將其加以 對應式的拓廣與擴充, 從而得到了某些新的 命題。 同時給出了一些文獻常見的命題新的 擴充。
事實上, 根據定理 1, 我們可得到下列三 個定理:
定理2: 設 T 為正常數, 若函數 f (x), g(x), x ∈ (a, +∞) 滿足:
(1) g(x + T ) < g(x), x ∈ (a, +∞) (2) limx→+∞g(x) = −∞, f (x), g(x)
在 (a, +∞) 的任意子區間上有界;
(3) limx→+∞f (x+T )−f(x)
g(x+T )−g(x) = l (l 同定理 1) 則 limx→+∞f (x)g(x) = l。
證: 設 G(x) = −g(x) 由已知條件與定 理 1知其成立。
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定理3: 設 T 為正常數, 若函數 f (x), g(x), x ∈ (−∞, a) 滿足:
(1) g(x + T ) < g(x), x ∈ (−∞, a);
(2) limx→−∞g(x) = +∞, f(x)、g(x) 在 (−∞, a) 的任意子區間上有界;
(3) limx→−∞f (x+T )−f(x)
g(x+T )−g(x) = l (l 同定理 1) 則 limx→−∞f (x)g(x) = l。
證: 作替換 x = −t, 則 x = a 對應 t = −a, x = −∞ 對應 t = +∞, 令 F (t) = f (−t) = f(x), G(t) = g(−t) = g(x), 於是知 F (t)、G(t) 在 (−a, ∞) 上有 定義, 在 (−a, +∞) 內的任意子區間上均有 界, ∀t ∈ (−a, +∞) 有 G(t) > G(t − T ), 且 limt→+∞G(t) = limt→+∞g(−t) = limx→−∞g(x) = +∞, 又因為
x→−∞lim
f (x + T ) − f(x) g(x + T ) − g(x)
= lim
t→+∞
f (−t + T ) − f(x) g(−t + T ) − g(x)
= lim
t→+∞
f [−(t − T )] − f(−t) g[−(t − T )] − g(−t)
= lim
t→+∞
F (t − T ) − F (t) G(t − T ) − G(t)
= lim
t→+∞
F (t) − F (t − T ) G(t) − G(t − T )。
依定理條件知上式極限存在 (有限或 +∞ 或 −∞), 所以極限
t→+∞lim
F (t) − F (t − T ) G(t) − G(t − T ) = l。
仔細觀察上式的結構與規律實質上仍保 持著定理 1中第三條的結構與規律, 即有
t→+∞lim
F (t + T ) − F (t) G(t + T ) − G(t)
= lim
t→+∞
F (t) − F (t − T ) G(t) − G(t − T )
(這個等式也可以根據極限定義給予證明) 從 而
t→+∞lim
F (t + T ) − F (t) G(t + T ) − G(t) = l
可見函數 F (t) 與 G(t) 完全滿足定理1的條 件, 使得
t→+∞lim F (t)
G(t) = lim
t→+∞
F (t + T ) − F (t) G(t + T ) − G(t) 但
t→+∞lim F (t)
G(t)= lim
t→+∞
F (−t) G(−t)
= lim
x→−∞
f (x) g(x), 故定理 3正確。 證畢。
定理4: 設 T 為正常數, 若函數 f (x)、
g(x), x ∈ (−∞, a) 滿足:
(1) g(x + T ) > g(x), x ∈ (−∞, a) (2) limx→−∞g(x) = −∞, f(x), g(x) 在
(−∞, a) 任何子區間上有界;
(3) limx→−∞f (x+T )−f(x)
g(x+T )−g(x) = l (l 同定理 1) 則 limx→−∞f (x)g(x) = l。
證: 設 G(x) = −g(x) 由已知條件與定 理 3知本定理成立。
註:
(1) 上述四個定理相應條件不變, 只是將第一 條和第三條作如下改動, 則仍有相應的四 個定理成立, 即:
(I) g(x) > g(x − T ), x ∈ (a, +∞) 且當 x > T (或 g(x) < g(x − T ), x ∈ (−∞, a) 且當 x < T )。
(II) f (x)、g(x) 在 (a, +∞) (或 (−∞, a) 的任一子區間上有界, 且
x→+∞lim
(x→−∞)
g(x) = +∞
(或 lim
(x→+∞)x→−∞
g(x) = −∞)。
(III) 若 lim x→+∞
(x→−∞)
f (x)−f(x−T ) g(x)−g(x−T ) = l 則 lim x→+∞
(x→−∞) f (x) g(x) = l。
(2) 定理 1 與定理 4 中的“g(x) 在 (a, +∞) 或 (−∞, a) 任何子區間上有界與 g(x + T ) > g(x)”的條件可用更強的條 件“g(x) 嚴格遞增”來代替, 則結論當然 成立。
(3) 定理 2 與定理 3 中的“g(x) 在 (a, +∞) 或 (−∞, a) 任何子區間上有界與 g(x + T ) < g(x)” 的條件可用較強的條 件“g(x) 嚴格遞減”來代替, 則結論亦當 然成立。
(4) 特別當 T = 1 時, 四個定理仍舊成立。
(5) 由註 (2), (3) 與 (4) 知[2] 中的關於
“Stolz 定理的推廣” 是上述四個定理的 特殊情況。
上述四個定理用途很廣, 處理問題也就 靈活方便, 而且著名的 L’Hospital 法則被順 利地納入了 Stolz 定理的推論之中, 並且可 減弱 ∞
∞ 型的 L’Hospital 法則的條件, 從下 面眾多的命題可以看出這一點。 從上述四個 定理出發, 我們可以得到下列推論。 我們用命 題形式表述如下:
命題1: 在定理 1 中取 g(x) = x, 其餘 條件不變, 若
x→+∞lim (f (x + T ) − f(x)) = l
則 lim
x→+∞
f (x) x = l
T
註: 當 T = 1 時, 即為 [3] 之 p.84 題 6 與 [4]中的 608題與 609題 (a)。
命題2: 在定理 4 中取 g(x), 其餘條件 不變, 若
x→−∞lim (f (x + T ) − f(x)) = l
x→−∞lim f (x)
x = l T
註: 當 T = 1 時, 命題 2 就把 [3] 中的 p.84 題 6 對應擴伸到了 (−∞, a) 上去了。
命題3: 在定理 1 中取 g(x) = xm+1 (m 為非負整數) T = 1 其餘條件不變, 若 limx→+∞f (x+1)−f(x)
xm = l 則
x→+∞lim f (x)
xm+1 = l m + 1
註: 此命題 3 是[4] 中 610 題, 該命題可 以進行下列對應式的擴伸, 即命題 4 與 5。
命題4: 設 T = 1, 在定理 3 中取 g(x) = x2k (k為自然數, 其餘條件不變, 若 limx→−∞f (x+1)−f(x)
x2k−1 = l 則
x→−∞lim f (x)
x2k = l 2k。
命題5: 設 T = 1, 在定理 4 中 取 g(x) = x2k+1 (k為非負整數, 若 limx→−∞f (x+1)−f(x)
x2k = l 則
x→−∞lim f (x)
x2k+1 = l 2k + 1。
命題6: 設 f (x) 在 (a, +∞) 的每一個 有限子區間上有界, 且 f (x) ≥ c > 0, 若
limx→+∞f (x+1)f (x) = l (l 為有限數或 +∞), 則 limx→+∞(f (x))1x = l。
證: 在命題 1 中取 T = 1, 視命題 1 中的 f (x) 為 ln f (x) 即可證得。(略)
註:
(1) 該命題 6 為[4] 之 608題 (σ),
(2) 當 f (x) = x 時, 則 limx→+∞x1x = 1, (3) 當 f (x) = 1 + ax(a > 1), 則
limx→+∞(1 + ax)x1 = a,
(4) 當 a > b > 1 時, 利用 (3) 可證 limx→+∞ln(1+aln(1+bxx)) = ln aln b,
(5) 該命題可以對應擴伸到下列命題 7 中去。
命題7: 該 f (x) 在 (−∞, a) 的任何 一個子區間上有界, 且 f (x) ≥ c > 0, 若 limx→−∞f (x+1)f (x) = l (l 同命題 6), 則
x→−∞lim (f (x))x1 = l 註: 當 f (x) = 1 + ax(a > 1), 則
x→−∞lim (1 + ax)1x = 1。
命題8:[6] 設數列 {xn}{yn} 滿足 (1) yn+1 > yn (n = 1, 2, 3, . . .) (2) limn→∞yn= +∞
(3) limn→+∞ xyn+1−xn
n+1−yn = l (l 同定理 1) 證: 此命題實質上是定理 1 的特例, 由歸 結原則即可證得。
註:
(1) 命題8一般文獻上通常稱為 ∞
∞ 型的 Stolz 公式。
(2) 定理 1 實質上就是命題 8 的推廣。
(3) 利用定理 2 則命題 8 可以對應擴伸 到下列命題 9 中去。
命題9: 設兩個數列 {xn}, {yn} 滿足:
(1) yn+1 < yn (n = 1, 2, 3, . . .) (2) limn→∞yn = −∞
(3) limn→∞ xyn+1−xn
n+1−yn = l (l 同定理 1), 則 limn→∞ xyn
n = l
命題10: 設 k 是一個確定的自然數, 由 定理 1 可得:
(1) 若 limn→∞(xn+k − xn) = l, 則 limn→∞ xnn = kl。
(2) 若 limn→∞(xn − xn−k) = l, 則 limn→∞ xnn = kl。
命題 11: [4] 在命題 10 中, 取 xn = a1+a2+· · ·+an, k = 1, 若 limn→∞an= l, 則 limn→∞a1+a2+···+an n = l。
推論1: 若 {zn} 為複數列且 limn→∞zn = α (α 為限數), 則 lim
n→∞
z1+z2+···+zn
n = α。
推論2: 若 {an} 、{bn} 為複數列, limn→∞an = a, limn→∞bn= b (其中 a, b 為有限複數) 則
n→∞lim
anb1+ an−1b2 + · · · + a1bn
n = ab。
推論3: 若
P
∞n=1an = A,P
∞n=1bn = B,P
∞n=1Cn 收歛, 則P
∞n=1Cn = AB (其 中 Cn= anb1+ an−1b2+ · · · + a1bn, A、B 為有限數, {an}, {bn} 為複數列)。推論4: [3][4][10] 設 {an} 為實數列, an > 0(n = 1, 2, . . . , n) 若 limn→∞an =
l, 則 limn→∞√na1a2· · · an = l。 其中 l 可 以為有限數或 +∞)
註: 本文只有推論 1、2、3 涉及到複數集, 其餘均在實數集內討論。 下文所談問題, 皆是 實數集內進行討論的, 以後不再聲明。
命題 12[3][4][10], 設 an > 0 若 limn→∞ an+1a
n = l 則
n→∞lim
√n
an= l (l 同推論 4)。
證法一: 由歸納原則引用命題 6 即可證 得。
證法二: 由推論 4 立即證得。
推論1: 當 an = n(n = 1, 2, . . .) 則 limn→∞ √n
n = 1。
推論2: 當 an = a(a > 0, n = 1, 2, . . .) 則 limn→∞ √na = 1。
推論 3: 當 an = n!(n = 1, 2, . . .) 則 limn→∞ √n
n! = +∞。
推論4: 當 an = n!n!(n = 1, 2, . . .) 則 limn→∞ n√nn! = 1e。
註:
(1) 關於推論 1、2、3 大部分的數學分析 書中都有證明, 但是證明都是較繁冗的。 這裡 引用了命題 12, 問題顯得特別簡單。
(2) 由命題12可知在使用 D’Alembert, J. I. R 法判斷正項級數的歛散性有效, 則 使用 Cauchy, A. L. 法一定有效。 由於該 命題 12 之逆不成立, 因此在判斷正項級數時 Cauchy, A. L. 法比 D’Alembert, J. L. R 法更有效。
命題13: 設 p1, p2, . . . pm, a1, a2, . . . am 皆為正常數, 則
n→∞lim
p1an+11 +p2an+12 +· · · + pman+1m p1an1+p2an2+· · ·+pmanm
= lim
n→∞
q
np1an1+p2an2+· · ·+pmanm
= max{a1a2· · · am}
註: 命題 13 的左、 右兩端可以獨自證明 其之極限為 max{a1a2· · · am}, 然而可以 先證 lim
n→∞
√np1an1 + p2an2 + · · · + pmanm = max{a1a2· · · am}, 爾後證明
n→∞lim
p1an+11 +p2an+12 +· · ·+pman+1m p1an1 + p2an2 + · · · + pmanm 其極限存在, 再由命題 12 知其極限為 max {a1a2· · · am}。 這樣做似乎對本命題13的解 決顯得過繁, 事實上, 本命題是命題 12 的特 例, 但是對本問題推論 1 的解決極具啟發式。
證: 設 bn = p1an1+p2an2+· · ·+pmanm, 則由 Cauchy 不等式知
b2n= (p1an1+p2an2+· · ·+pmanm)2
= [(p
1 2
1a1n−12 )(p
1 2
1a
n+1 2
1 )+· · · +(p
1
m2amn−12 )(p
1
m2amn+12 )]2
≤ (p1an−11 +· · ·+pman−1m )
×(p1an+11 +· · ·+pman+1m )
= bn−1bn+1
令 dn= bn+1bn , 則 dn+1≥ dn(n = 1, 2 · · ·) 且 dn≤ M, 故據單調有界原理知 {dn} 收 歛, 即 limn→∞dn 存在正常極限。 由命題 12 知 limn→∞√n
bn, 存在且 lim
n→∞
bn+1
bn = lim
n→∞n,
又 因 為 lim
∞→n
√np1an+ · · · + pmanm= max{a1a2· · · am}, 所以
n→∞lim
p1an+11 +p2an+12 +· · ·+pman+1m p1an1+p2an2+· · ·+pmanm
= lim
n→∞
√n
p1an+ · · · + pmanm
= max{a1· · · am}
推論1: 若 ϕ, f ∈ C[a, b], ϕ(x) > 0, f (x) > 0, ∀x ∈ [a, b], 則
n→∞lim
R
ba ϕ(x)(f (x))n+1dx
R
baϕ(x)(f (x))ndx
= lim
n→∞
n
s Z
ba ϕ(x)(f (x))ndx
= max
x∈[a,b]f (x)=f (x0) 其中x0 ∈ [a, b]
推論2: ϕ(x), f (x) 同推論 1, 則級數
X
∞ n=1R
baϕ(x)(f (x))n+1dx
R
baϕ(x)(f (x))ndx 發散。
註:
(1) 關於推論 1 的證明, 只需取 bn =
R
baϕ(x)(f (x))ndx, 利用積分型的 Cauchy 不等式, 則其證法完全類同於命題13, 這裡略 去證明。 (2) 利用命題 6 彷照命題 13 的證法, 可以很順利地研究出下列問題。
(I) 設 ai > 0, ai > 0(i = 1, 2, · · · m) ϕ(t) = (q1at1+ q2at2+ · · · + qmatm
q1+ q2+ · · · + qm )1t 則 lim
t→+∞ϕ(t) = max{a1a2· · · am},
t→−∞lim ϕ(t) = min{a1a2· · · am},
limt→0ϕ(t) = (
m
Y
i=1
aqii)
1
P
M i=1qi(II) 設 f (x)、p(x) 皆在 [a, b] 上連續恆 正,
ψ(x) = ( 1
R
bap(x)dx
Z
ba p(x)(f (x))tdx)1t 則 limt→+∞ψ(t) = maxx0∈[a,b]f (x), limt→−∞ψ(t) = minx0∈[a,b]f (x)
limt→0ψ(t) = e
R
abp(x) ln f (x)dx/R
b ap(x)dx請注意: 與 II 中相類似的這樣兩個問題 曾經 1977年前蘇聯大學生競賽試題 [7], 即 (a) 求 limn→∞(
R
01q
nf (x)dx)n =? (其中 f ∈ C[0, 1], f(x) > 0)(b) 求limp→+∞(
R
01|f(x)|pdx)p1 =? (其中 f ∈ C[0, 1])命題14 (∞
∞) L’Hospital 法則: 若 (1) limn→+∞g(x) = +∞(或 − ∞), (2) f (x) 在 g(x) 在 (a, +∞) 上可導,
g′(x) 6= 0,
(3) limx→+∞fg′′(x)(x) = l(l同定理1) 則 limx→+∞ f (x)g(x) = l。
證: 由 Darboux 定理 [3]p.159 和定理 1知當 limx→+∞g(x) = +∞ 與條件 (2)(3) 之下, 命題14成立, 由 Darboux 定理和定理 2知當 limx→+∞g(x) = −∞ 與條件 (2)(3) 之下, 本命題成立。
命題15: (∞
∞) L’Hospital 法則, 若 (1) limx→x+
0 g(x) = +∞ (或 − ∞)。
(2) f (x) 與 g(x) 在 (x0, x0 + h) 內可導, g′(x) 6= 0(h > 0)。
(3) limx→x+
0
f′(x)
g′(x) = l(l同命題14)。
則 limx→x+
0
f (x) g(x) = l。
證: 令 x = 1t+ x0 則 x → x+0 ⇔ t → +∞, 於是由命題14即可證得。
命題16: (∞
∞) L’Hospital 法則, 若 (1) limx→−∞g(x) = +∞(或 − ∞)。
(2) f (x) 與 g(x) 在 (−∞, a) 內可導, g′(x) 6= 0。
(3) limx→−∞fg′′(x)(x) = l(l同命題15) 則 limk→−∞ f (x)g(x) = l
證: 由 Darboux 定理和定理 3 知當
x→−∞lim g(x) = +∞ 與條件 (2)(3) 之下, 本 命題成立。 由 Darboux 定理和定理 4 知當 limx→−∞g(x) = −∞ 時與 (2)(3) 條件之 下, 該命題 16成立。
命題17 (∞
∞) L’Hospital 法則: 若 (1) limx→x−
0 g(x) = +∞(或 − ∞)。
(2) f (x) 與 g(x) 在 (x0 − h, x0) 可導, g′(x) 6= 0(h > 0)。
(3) limx→x−
0
f′(x)
g′(x) = l(l同命題16), 則 limx→x−
0
f (x) g(x) = l。
證: 令 x = x0 + 1t, 則 x → x−0 ⇔ t → −∞ 由命題16知命題17成立。
註: 此處 L’Hospital 法則與一般分析 教科書中的 (∞
∞) 型的 L’Hospital 法則不完 全相同, 因為此處 (∞
∞) 型的 L’Hospital法 則並沒有要求
x→+∞lim
(x→−∞) (x→x+0) (x→x−0)
f (x) = +∞(或 − ∞或∞)
可見本文減弱了現行的分析教科書中的 (∞
∞) 型的 L’Hospital 的一個條件。 這樣在使用時 就方便得多, 就可以簡化某些極限問題的證 明。
命題18: 若 f (x) 在 (a, +∞) 內可微, limx→+∞f (x) = 0, 則limx→+∞f (x)x = 0, 或 f (x) = o(x)(x → +∞)。
證: 方法一, 在命題 14 中取 g(x) = x, 則 limx→+∞g(x) = +∞, 於是由命題14與 已知條件得知有:
x→+∞lim f (x)
x = lim
x→+∞
f′(x) (x)′
= lim
x→+∞f′(x) = 0 故本命題成立。
方法二, 因為 f 在 (a, +∞) 可微, 所 以對於 [x, x + 1] ⊂ (a, +∞)f(x) 也可 微。 由拉格朗日中值定理得: f (x + 1) − f (x) = f′(η), 其中 η ∈ (x, x + 1), 於是 x → +∞ ⇔ η → +∞, 由 limx→+∞f′(x) = 0, 知 limη→+∞f′(n) = 0, 從而 limx→+∞(f (x+1)−f(x)) = 0, 故 由命題 1(取 T = 1) 即得 limx→+∞f (x)x = 0。
命題19: 若 f (x) 在 (−∞, a) 內可導, limx→−∞f′(x) = 0, 則 limx→−∞f (x)x = 0。
證: 方法一, 取 g(x) = x, 由已知條件 與命題 16便知本命題 19成立。
證法二, f (x) 在 (−∞, a) 可導, 於是 對於 [x, (x + 1)] ⊂ (−∞, a), 使用拉格朗日
微分學中值定理得 f (x + 1) − f(x) = f(η) 其中 x < η < x + 1, x → −∞ ⇐ η →
−∞, 故 limx→−∞(f (x + 1) − f(x)) = limη→+∞f′(η) = limx→−∞f′(x) = 0, 所 以由命題 1(T = 1) 得
x→−∞lim f (x)
x = 0。
命題20: 若函數 f (x) 是周期為 T (T >
0) 的連續函數, 則
limx→+ax1
R
0xf (t)dt = T1R
0T f (t)dt。證: 設 F (x) =
R
0xf (t)dt, 則 F (x+T ) =R
x+T0 f (t)dt, 因為 f (x) 是周期為 T (T > 0) 的連續函數, 於是知 F (x) 在 (0, +∞) 可導, 可見 F (x) 在 (0, +∞) 上任何閉子區間上有 界, 顯然 F (x+T )−F (x) =
R
xx+Tf (t)dt =R
T0 f (x)dt (據周期函數的性質) 取 g(x) = x, 則有 g(x + T ) −g(x) = T > 0, 因 之 g(x + T ) > g(x), limx→+∞g(x) = +∞, limx→+∞F (x+T )−F (x)
g(x+T )−g(x) = T1
R
0T f (t)dt, 故由定理 1, 得知: limx→+∞
F (x)
g(x) = lim
x→+∞
1 x
R
x0 f (t)dt = T1
R
0T f (t)dt。註:
(1) f (x) 的條件同命題 20, 則有
x→−∞lim 1 x
Z
x0 f (x)dt = 1 T
Z
T0 f (x)dt (2) 上述三個命題皆為研究生入學試題。 由於 這裡應用了定理 1 和命題 14 和 16, 使之解法 簡單得多了。 這裡解法與 [8]中的解法不同, 這裡解法比 [8]之方法簡單得多。
命題21: 若 f ∈ C[0, +∞], limx→+∞
f (x) = A 則
x→+∞lim 1 x
Z
x0 f (t)dt = A
證法一: 因為 f ∈ C[0, +∞), 所以
R
x0 f (t)dt 可導, 現在命題14中取 g(x) = x, 則 lim
x→+∞g(x) = +∞, g′(x) = 1, 從而由 命題 14 知
x→+∞lim 1 x
Z
x0 f (t)dt = lim
x→+∞
R
x 0 f (t)dtx
= lim
x→+∞
(
R
0xf (t)dt)′(x)′ = lim
x→+∞f (x) = A。
證法二: 設 F (x) =
R
0xf (t)dt, 則 F (x + 1) − F (x) =R
xx+1f (t)dt = f (η), 其中 x → +∞ ⇔ η → +∞可見 limx→+∞(F (x + 1) − F (x)) = limη→+∞f (η) = limx→∞f (x) = A。 由 f ∈ C[0, +∞) 知 F (x) 在 [0, +∞) 的任 何有限子區間上有界, 從而據命題, (T = 1) 知
x→+∞lim 1 x
Z
x0 f (t)dt = lim
x→+∞
F (x) x = A, 證畢。
註: 該命題的條件可以放寬, 於是有:
設在任意有限區間 [0, R] 上, f (x) 恆 為可積函數, 且 limx→+∞f (x) = 0, 則 limt→+∞1t
R
0t|f(x)|dx = 0證: 因為 f (x) 在任何有限區間 [0, R]
上恆可積, 所以
R
0t(f (x))dx 關於 t 是連續 的。取 F (t) =
R
0t|f(x)|dx, 則 F (t) 在 (0, +∞) 任何有限子區間上有界, 且 F (t) 在 t > 0 時遞增, 而 0 ≤ F (t + 1) − F (t) =R
tt+1|f(x)|dx, 當 t 充分大時, 由於 limx→+∞f (x) = 0, 即 ∀ε > 0,∃t > 0, 當 x > t 時, |f(x)| < ε, 於 是 0 ≤ F (t + 1) − F (t) < ε, 進而有 0 ≤ limx→+∞(F (t + 1) − F (t)) ≤ ε, 由 ε 之任意性知 limt→+∞(F (t+1)−F (t)) = 0, 所以 limt→+∞(F (t + 1) − F (t)) = 0, 由命 題 1 得知
t→+∞lim 1
t
Z
t0 |f(x)|dx = 0 請注意命題 21之逆不真, 即由
x→+∞lim
1 x
R
x0 f (t)dt = A 6⇒ limx→+∞f (x)
= A。 但若適當增加條件, 則有下列兩個命題 成立:
命題22: 設函數 f (x) 在 [0, +∞] 上連 續可微, 並且滿足下列條件:
(1)
df (x)dx
≤ xc (對於所有的 x > 0, ∃c > 0) (2) limR→+∞ R1
R
0R|f(x)|dx = 0則 limx→+∞f (x) = 0
命題23: 若 f (x) 在 [0, +∞) 不減, 對 所有的 T > 0, f (x) 在 [0, T ] 上可積, 且
x→+∞lim
1 x
R
x0 f (t)dt = A, 則 lim
x→+∞f (x) = A。
註: 想了解該命題 23、24 之證明, 請見 [7]。
上面我已經列舉了二十三個命題。 可見 該文定理 1 與拓廣後的幾個定理的應用是多 麼廣泛! 餘味未盡, 我們可以利用上述定理與 有關命題解決下列諸問題。 這裡用例題形式 寫在下面:
例一: 若 x1 ∈ (0, 1), xn+1 = xn(1 − xn)(n = 1, 2, 3 · · ·) 則 limn→∞nxn = 1。
例二: 設數列 x1 = sin x, xn+1 = sin xn, n = 1, 2, 3 · · · 若 sin x > 0, 則 limn→∞
q
n3xn = 1。例三: 討論級數
P
∞n=1xsn 的歛散性, 其 中 x1 = sin x > 0, xn+1 = sin xn, n = 1, 2, 3 · · ·註: 請注意如何由數列問題產生級數問 題。
例四: 若
P
∞n=1an 收歛, pn+1 ≥ pn >0, n = 1, 2, 3, . . . , limn→∞pn= +∞, 則
n→∞lim
p1a1+ p2a2+ · · · + p2an
pn = 0。
註: 該例當 pn+1 ≤ pn < 0, n = 1, 2, 3 . . . , limn→∞pn = −∞, 則例四仍舊 成立。
例五: 設實數列 {sn} 的算術平均數 σn 為
σn= s0+ s1+ · · · + sn
n + 1 , n = 0, 1, 2 . . . 對 n ≥ 1, 令 an= sn− sn−1。
證明: 若 limn→∞nan = 0 且 {σn} 收歛, 則 {sn} 收歛, 且 limn→∞σn = limn→∞sn。
註: 該例 limn→∞nan = 0 的條件是可 以放寬的。 只要恆有: n(sn− sn+1) < K 或 者恆有 n(sn+1− sn) < K 這裡 K 是某一 個正常數, 則命題仍真。 這即著名的 Hardy 與 Landau 定理。
例六: 設已給兩個數列 {an} 、{bn} 滿 足條件:
(1) bn > 0, n = 0, 1, 2, . . ., 且 b0+ b1 + b2+ · · · + bn+ · · · 發散,
(2) limn→∞ abn
n = s 則
n→∞lim
a0+a1+a2+· · ·+an
b0+b1+b2+· · ·+bn = s 註: 該例當 bn < 0, n = 0, 1, 2, . . .,
P
∞n=0bn 發散, 餘者不變, 則結論仍真。
例七: 設 bk > 0, k = 1, 2, 3, . . . pn=
P
nk=1bk且 {pn} 發散, 若 limn→∞bnp−1n = 0, 則
n→∞lim
b1p−11 + b2p−12 + · · · + bnp−1n ln pn = 1。
註: 當 bk= 1, k = 1, 2, 3, . . ., 則有
n→∞lim
1 + 12 + · · · + n1 ln n = 1。
例八: 設 pk > 0, qk > 0, k = 1, 2, 3 . . . 若
n→∞lim
p1+ p2 + · · · + pn npn = α,
n→∞lim
q1+ q2+ · · · + qn nqn = β, (α 與 β 為有限數, 且 α + β > 0 ) 則 limn→∞ p1q1+2pn22qp2+···+npnqn nqn = α+βαβ ,
例九: [11] 若 sn =
P
n k=1ln Cnkn2 , 則 limn→∞sn = 12。
例十: 若 a0 = 0, an+1 = 1 + sin(an− 1), n = 0, 1, 2, 3, . . . 則
n→∞lim
a0+ a1+ · · · + an
n = 1
例十一:設 {yn} 為數列, fn(x) = en+1x , n = 1, 2, 3, . . . 若 (1) y1 = c > 0, (2)
n n+1
R
yn+10 fn(x)dx = yn (n = 1, 2, 3, . . . 則
n→∞lim yn= 2。
例十二: 若 limn→∞(λ(an+1 − an) + (1 − λ)ann = l 其中 λ > 0, l 為有限數, 則
n→∞lim(an+1− an) = lim
n→∞
an
n = l。
註: 該例十二能否推廣到:
若 yn+1> yn, limn→∞yn= +∞,
n→∞lim(λxyn+1n+1−x−ynn + (1 − λ)xynn) = l(λ > 0), 則 limn→∞xyn+a−xn
n+1−yn = limn→∞ xyn
n = l 呢?
但有下面這個例題的推廣:
例十三: 設 {xn} 是有界數例, an> 0, n = 1, 2, 3 . . ., 若
P
∞n=1an = +∞,a > 0,n→∞lim(axn+ (1 − a)
n
X
k=1
akxk/
n
X
k=1
ak) = l 則 lim
n→∞
a1x1+a2x2+···+anxn
a1+a2+···+an = lim
n→∞xn。 關於上面例題的證明,(除例十三外) 可 以參見 [1][10][11]。
例十四: 若 an > 0, n = 1, 2, 3, . . ., limn→∞n(aan
n+1−1) = p 則 an = O(np−ε1 ) (ε > 0)。
例十五: 設 an > 0, n = 1, 2, 3 . . ., 且
P
∞n=1an = +∞ 若 limn→∞xn = l 則 limn→∞ a1x1a+a1+a2x22+···+a+···+anxn
n = l。
註:
(1) 當 ak = k, k = 1, 2, . . ., 若 lim
n→∞xn = l, 則
n→∞lim
x1+ 2x2+ · · · + nxn 1 + 2 + · · · + n = l。
(2) 當 an = 1, n = 1, 2, 3, . . ., 例十 五便成了命題 11。
(3) 當 ak < 0, k = 1, 2, 3, . . .,
P
∞k=1ak = −∞。 若 limn→∞xn = l 則 結論仍立。
例十六 [8] : 若數列 hxni 滿足
n→∞lim(xn− xn−2) = 0, 則
n→∞lim
xn− xn−1
n = 0。
證: 由 Stolz 公式知 lim
n→∞
xn
n =
n→∞lim
xn−xn−2
n−(n−2) = 12limn→∞(xn− xn−2) = 0, limn→∞ xn−1n = limn→∞xn−1−(n−3)n−1−xn−3 =
1
2limn→∞(xn− xn−3) = 0 故命題成立。
通過上述的許多命題和例題可以看出:
這些“東西” 都是從定理 1 展開並進行適當的 對應式的延伸與拓廣隨之“順手牽羊” 得來 的。 同時看到這方面的內容很豐富。 若讀者感 興趣的話, 還可以研究下去, 從某種意義上來 說, 上述的命題都可以認為是研究 ∞
∞ 型的極
限問題。 寫到這裡, 人們不禁要問: 能否有 00 型的 Stolz 推廣定理呢? 回答是肯定的。 這 裡首先介紹 [1]中的 00 型的 Stolz 定理 (推 廣形式) 並取名定理 5。 然後仿照定理 1 進行 對應式擴伸等工作。
定理5 (00 型 Stolz 推廣定理): 設 T 為 正常數, 若函數 f (x), g(x), x ∈ (a, +∞) 滿足:
(1) 0 < g(x + T ) < g(x), x ∈ (a, +∞) (2) lim
x→+∞g(x) = lim
x→+∞= 0 (3) lim
x→+∞
f (x+t)−f(x)
g(x+T )−g(x) = l (l有限數或 +∞
或 −∞)
則 lim
x→+∞
f (x) g(x) = l。
定理 5 可以對應式擴伸到三個定理之中:
定理6: 設T 為正常數, 若函數 f (x)、
g(x), x ∈ (−∞, 0) 滿足:
(1) 0 > g(x + T ) > g(x), x ∈ (−∞, 0);
(2) limx→−∞f (x) = limx→−∞f (x) = 0 (3) limx→−∞f (x+T )−f(x)
g(x+T )−g(x) = l (l同定理 5) 則 limx→−∞f (x)g(x) = l。
定理7: 設 T 為正常數, 若函數 f (x)、g(x), x ∈ (a, +∞) 滿足:
(1) 0 > g(x + t) > g(x), x ∈ (a, +∞);
(2) limx→+∞f (x) = limx→+∞g(x) = 0;
(3) limx→+∞f (x+T )−f(x)
g(x+T )−g(x) = l (l同定理 5) 則 limx→+∞f (x)g(x) = l。
定理8: 設 T 為正常數, 若函數 f (x)、
g(x), x ∈ (−∞, a) 滿足:
(1) 0 < g(x + t) < g(x), x ∈ (−∞, a);
(2) limx→−∞f (x) = limx→−∞g(x) = 0 (3) limx→−∞f (x+T )−f(x)
g(x+T )−g(x) = l (l同定理 5) 則 limx→−∞f (x)g(x) = l。
關於定理 6、7、8 的證明, 可以仿照定理 2、3、4 的證明, 即可證得。 這裡從略。 同樣仿 照定理 1∼4 也有下列的應用之命題。
命題 24 (00 型 Stolz 定理) : 設 limn→∞an = limn→∞bn = 0, bn+1 <
bn(n = 1, 2, 3, . . .) 若 limn→∞ abn+1−an
n+1−bn = l (l 同定理 5), 則
n→∞lim an
bn
= l。
證: 因為 bn+1 < bn且 limn→∞bn= 0 所以 bn > 0。 從而 0 < bn+1 < bn, 於是取 f (x) = an, g(x) = bn, x ∈ [n, n + 1], 則 limn→+∞f (x) = limn→∞an = 0, limx→∞g(x) = limn→∞bn = 0, 又由 g(x) = bn 知 0 < g(x + 1) < g(x), limn→∞ abn+1−bn
n+1−bn = limx→∞f (x+1)−f(x) g(x+1)−g(x) = l, 由定理 5 得 limx→+∞f (x)g(x) = l, 即 limx→+∞f (x)g(x) = limx→∞ f (n)g(n) = limn→∞ abn
n = l 證畢。
註: 這個命題 24 中的 {bn} 可以換為嚴 格遞增趨於 0 的數列, 則結論仍成立。
我們可以利用上述 5-8 證出各種 00 型 的 L’Hospital 法則。 現開列如下。 略去證明。
命題25: (00 型 L’Hospital 法則) 一、 若:
(1) limx→+∞f (x) = limx→+∞g(x) = 0, (2) f (x) 與 g(x) 在 (a, +∞) 上可導, 且
g′(x) 6= 0,
(3) limx→+∞fg′′(x)(x) = l (l 同定理 5), 則 limn→+∞ f (x)g(x) = l。
二、 若: (1) limx→x+
0 f (x) = limx→x+
0 g(x) = 0。
(2) f (x) 與 g(x) 在 (x0, x0 + h) 可導 g′(x) 6= 0 (h > 0)。
(3) limx→x+
0
f′(x) g(x) = l, 則 limx→x+
0
f (x) g(x) = l。
三、 若
(1) limx→−∞f (x) = limx→−∞g(x) = 0。
(2) f (x) 與 g(x) 在 (−∞, a) 內可導, g′(x) 6= 0,
(3) limx→−∞fg′′(x)(x) = l 則 limx→−∞f (x)g(x) = l
四、 若 (1) limx→x−
0 f (x) = limx→x−
0 g(x) = 0, (2) f (x) 與 g(x) 在 (x0 − h, x0) 可導,
g′(x) 6= (h > 0), (3) limx→x−
0
f′(x) g′(x) = l, 則 limx→x−
0
f (x) g(x) = l。
本文一共論述了八個定理二十五個命題 與部份推論以及十五個例題和一些註記。 然 而這些問題基本上圍繞著兩個問題 ∞
∞ 與 0
0
型的極限問題而舖開的。 並且這眾多的命題 都從屬於定理 1-8。 在這個系統下, 那些著名 的 L’Hospital 法則都是定理 1-8 的特殊情 況, 並且很方便地巧妙地解決了一些國外大 學生競賽試題和國內研究生入學試題。 值此, 建議在編著數學分析教材時, 將定理1與定理 5 吸收進去, 這樣有利於零星的極限問題的系 統化。 這裡是作者在教學研究中的心得體會, 有些命題的取材大多是高於 [4], 有個別問 題還高於當今世界名著 [10]中的問題的難度。
由此可見, 對於定理 1與定理 5的對應擴伸拓 廣是很有意義的。 同時說明如何挖掘一個定 理或者一個命題或者一道習題的深度與廣度 的方法是何等重要! 這對於當前積極發展學 生智力, 引導學生寫小論文, 培養學生的科研 能力與反對一味題海戰術來說, 此法是值得 研究的。
參考文獻
1. 孫本旺等編, 數學分析中的典型例題與解題 方法, 湖南科學技術出版社, 1984 年 4 月。
2. 李俊傑, Stolz 定理的推廣, 數學通報 1981 年 3 期。
3. 華東師大編, 數學分析 (上), 高等教育出版 社, 1994 年 4 月第 4 次印刷。
4. (前蘇)B. 吉米多維奇著, 李榮凍譯, 數學分 析習題集, 人教社出版。
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6. Gabriel Klambauer, Mathematical Analysis。
7. (前蘇)B. A. 薩多夫尼契, A. C. 波德科赤津 編, 朱克辰譯, 大學生數學競賽題解匯集。
8. 鄒節銑、 陳強編,1978-1983 年全國招考研究 生高等數學試題選解, 湖南科技出版社。
9. (前蘇)TM 菲赫金哥爾茨著, 葉彥謙譯, 微積 分學教程, 一卷一分冊, 人教社出版。
10. G. P´olya. G. Szeg¨o, Problems and Theorems in Analysis, Vol.1, Spinger- Verlay-Berlin, 1972.
11. American Mathemeticu Monthey, 1963.
—本文作者任教於中國阜陽師範學院數學
系—
