Сходимость ряда, заданного рекурсивно

[alisa-lebovski]

vicvolf в сообщении #1490297 писал(а):

Большое спасибо, но ничего не понятно. Запишите, пожалуйста, теорему Штольца с Вашими обозначениями?

Насколько я понимаю, если $f(a_{n+1})-f(a_n)\to c,$ то $f(a_n)/n\to c$. В данном случае $f(x)=1/(x\ln x)$. Я доказываю, что $f(x(1+x\ln x))-f(x)\to -1$, $x\to 0$. Потом из $f(a_n)/n\to -1$ вывожу $a_n\sim 1/(n\ln n)$, $n\to\infty.$

Почему Штольца назвали "дискретным Лопиталем", кажется, поняла: берутся разности в числителе и знаменателе.

[vicvolf]

alisa-lebovski в сообщении #1490303 писал(а):

если $f(a_{n+1})-f(a_n)\to c,$ то $f(a_n)/n\to c$.
Почему Штольца назвали "дискретным Лопиталем", кажется, поняла: берутся разности в числителе и знаменателе.

Есть другая формулировка этой теоремы. Пусть требуется определить предел выражения $\frac{x(n)}{y(n)}$ с неопределенностью $\frac {\infty}{\infty}$ и $y(n) \to \infty,y(n+1)>y(n)$.
Тогда $\lim_{n \to \infty} \frac{x(n)}{y(n)}=\lim_{n \to \infty} \frac{x(n)-x(n-1))}{y(n)-y(n-1)}$, если существует предел справа (конечный или бесконечный).
Выражение справа можно записать в виде: $\lim_{n \to \infty} \frac{x(n)-x(n-1)/n-(n-1)}{y(n)-y(n-1)/n-(n-1)}$, т.е. сверху и снизу под пределом находятся отношение приращения функции к приращению аргумента на одном шаге. Поэтому название - дискретный Лопиталь.

Теперь вопрос. Как находится выражение для функции $f$ из рекурсивного выражения?

[alisa-lebovski]

vicvolf в сообщении #1490315 писал(а):

Тогда $\lim_{n \to \infty} \frac{x(n)}{y(n)}=\lim_{n \to \infty} \frac{x(n)-x(n-1))}{y(n)-y(n-1)}$, если существует предел справа (конечный или бесконечный).

Да, мы используем частный случай $x(n)=f(a_{n+1})$, $y(n)=n$.

vicvolf в сообщении #1490315 писал(а):

Теперь вопрос. Как находится выражение для функции $f$ из рекурсивного выражения?

Честно говоря, делала по аналогии. В предыдущих случаях было $a_{n+1}=a_n(1-g(a_n)+o(g(a_n))$, $a_n\to 0$, где $g(x)=cx^\alpha$, и годилась функция $f(x)=1/x^\alpha$, т.е. годится $f(x)=1/g(x)$ (с точностью до множителей).

[vicvolf]

thething в сообщении #1489693 писал(а):

alisa-lebovski
Аналогично, по Тейлору и Штольцу, только рассматривать $f(x)=\dfrac{1}{x}$. Асимптотика $a_n$ будет $\dfrac{2}{n}$.

Извините, а как Вы выбирали $f(x)$?

[thething]

vicvolf в сообщении #1490315 писал(а):

Пусть требуется определить предел выражения $\frac{x(n)}{y(n)}$ с неопределенностью $\frac {\infty}{\infty}$

Необязательно в числителе должна быть бесконечность.

vicvolf в сообщении #1490352 писал(а):

Извините, а как Вы выбирали $f(x)$?

Один способ описала alisa-lebovski. Второй способ, записать $a_{n+1}-a_n\approx a'(n)$, отбросить o-малые и решить дифференциальное уравнение.

[vicvolf]

thething Спасибо!

alisa-lebovski в сообщении #1490278 писал(а):

следует

$$-a\ln a\sim \frac{1}{n},$$

откуда логарифмируя $\ln a+\ln(-\ln a)=-\ln n+o(1)$ и $-\ln a\sim\ln n$, так что

$$a\sim\frac{1}{n\ln n}.$$

Вот этот переход не понял. Поясните, пожалуйста.

[alisa-lebovski]

$$\ln (-a\ln a)=\ln a +\ln(-\ln a)=(1+o(1))\ln a=-\ln n+o(1),$$

отсюда $-\ln a\sim \ln n$, с учетом этого из

$$-a\ln a\sim\frac{1}{n}$$

получаем

$$a\sim\frac{1}{n(-\ln a)}\sim\frac{1}{n\ln n}$$

[vicvolf]

alisa-lebovski Понял, спасибо!

[Lia]

Явный оффтоп определен к своим истокам «Связь между асимптотикой ариф. функции и ее вер. харак-ми»