问题及解答

设 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(a_{n+1}-a_n)=A$, 则 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{n}=A$.

[Hint] 看到 $a_{n+1}-a_n$ 就要联想到 $\frac{a_{n+1}-a_n}{(n+1)-n}$, 进而 Stolz 公式. 当然这里我们并不需要应用 Stolz 公式, 只需引理3344即可.

[Remark] 下面的证法不行. 

由条件得 $\forall\ \varepsilon > 0$, $\exists N$, 当 $n > N$ 时, 总有

\[A-\varepsilon < a_{n+1}-a_n < A+\varepsilon .\]

于是, 有

\[
\begin{cases}
A-\varepsilon < &a_{n+1}-a_n < A+\varepsilon,\\
A-\varepsilon < &a_{n+2}-a_{n+1} < A+\varepsilon,\\
&\vdots\\
A-\varepsilon < &a_{2n}-a_{2n-1} < A+\varepsilon .
\end{cases}
\]

相加得

\[
n(A-\varepsilon) < a_{2n}-a_n < n(A+\varepsilon),
\]

从而推出

\[
A-\varepsilon < \frac{a_{2n}-a_n}{n} < A+\varepsilon .
\]

但这无法证明 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{n}=A$, 除非知道数列 $\{\frac{a_n}{n}\}$ 是收敛的.

Pf. 令 $\alpha_n=a_{n+1}-a_n$, $\beta_n=(n+1)-n$ (实际 $\beta_n\equiv 1$), 则由条件 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(a_{n+1}-a_n)=A$, 知 $\forall\ \varepsilon > 0$, 存在 $N$, s.t., 当 $n > N$ 时, 都有

\[
A-\varepsilon < \frac{\alpha_n}{\beta_n} < A+\varepsilon .
\]

于是由引理3344, 

\[
A-\varepsilon <\frac{\alpha_{N+1}+\alpha_{N+2}+\cdots+\alpha_n}{\beta_{N+1}+\beta_{N+2}+\cdots+\beta_n} < A+\varepsilon,
\]

即

\[
A-\varepsilon <\frac{a_{n+1}-a_{N+1}}{n-N} < A+\varepsilon, 
\]

\[
\begin{split}
\biggl|\frac{a_{n+1}}{n+1}-A\biggr|&=\biggl|\frac{a_{n+1}-a_{N+1}}{n+1}-A+\frac{a_{N+1}}{n+1}\biggr|\\
&\leqslant\biggl|\frac{n-N}{n+1}\Bigl(\frac{a_{n+1}-a_{N+1}}{n-N}-A\Bigr)-\frac{N+1}{n+1}A\biggr|+\biggl|\frac{a_{N+1}}{n+1}\biggr|\\
&\leqslant\frac{n-N}{n+1}\biggl|\frac{a_{n+1}-a_{N+1}}{n-N}-A\biggr|+\frac{N+1}{n+1}|A|+\biggl|\frac{a_{N+1}}{n+1}\biggr|\\
& < \biggl|\frac{a_{n+1}-a_{N+1}}{n-N}-A\biggr|+\frac{N+1}{n+1}|A|+\biggl|\frac{a_{N+1}}{n+1}\biggr|
\end{split}
\]

因此, 对于上面的 $\varepsilon$, 存在 $N_1 > N$, 使得 $\frac{N+1}{n+1}|A| < \varepsilon$ 且 $\biggl|\frac{a_{N+1}}{n+1}\biggr| < \varepsilon$, 于是当 $n > N_1$ 时, 有 

\[
\biggl|\frac{a_{n+1}}{n+1}-A\biggr| < 3\varepsilon.
\]

即证明了  

\[
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{n}=A .
\]