一个极限证明

kastin

已知`\displaystyle \lim_{n\to+\infty}a_n=a, \enspace \displaystyle\lim_{n\to+\infty}b_n=b`，求`\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{a_1b_n+a_2b_{n-1}+\cdots+a_nb_1}n`

zhouguang

如果是填空题，就填ab好了，呵呵。

kastin

zhouguang 发表于 2014-5-28 16:58
如果是填空题，就填ab好了，呵呵。

需要证明

dianyancao

要计算极限值：\[r = \lim_{n \to \oo}{\sum_{i=1}^{n}{ \frac{a_ib_{n-i+1}}{n}}}\]
依题意，得：
存在\(N\)，当\(i>N\)时，有\(a_i \to a,b_i \to b\)

对于\(\sum_{i=1}^{n}{ \frac{a_ib_{n-i+1}}{n}}\)中的每一项\(c_i=\frac{a_ib_{n-i+1}}{n}\)，当\(n \to \oo\)时，\(c_i\)为无穷小
所以前\(N\)个项和后\(N\)个项的和为有限个无穷小的和，取其极限得\(0\)
对于中间\(M=n-2N\)个项，每个项\(c_i\)乘上\(n\)，都有\(nc_i = ab+\alpha \to ab\),取其中绝对值最大的\(|\alpha |\)为\(\epsilon\)，得 \( ab - \epsilon \le nc_i \le ab+\epsilon \)，对该不等式求和，得
\[\frac{\D\sum_{i=N+1}^{n-N}{ab-\epsilon}}{n} \le \frac{\D\sum_{i=N+1}^{n-N}{nc_i}}{n} \le \frac{\D\sum_{i=N+1}^{n-N}{ab+\epsilon}}{n}\]
上式两边趋于同一极限\(ab\)

所以根据夹挤定理，该极限值\(r \to ab \)

kastin

这个问题至少有四种解法。用Toeplitz定理或者O'Stolz定理可以证明，当然，用`N-\varepsilon`方法进行缩放也可以证明，只是比较麻烦。也可以用上极限和下极限证明。

根据O'Stolz定理可以得到一个简单的推论：
若`x_n\to l\enspace(n\to \oo)`我们有$$\D\lim_{n\to oo}\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}=l$$

回到本题，设`a_n=a+C_n,\enspace b_n=b+R_n`这里`C_n,R_n\to 0\space(n\to 0)`
那么
`\D\lim_{n \to \oo}{\sum_{i=1}^{n}\frac{a_ib_{n-i+1}}{n}}\\`
`=ab+\D\lim_{n \to \oo} a\sum_{i=1}^{n}\frac{R_{n-i+1}}{n}+\D\lim_{n \to \oo} b\sum_{i=1}^{n}\frac{C_i}{n}+\D\lim_{n \to \oo} \sum_{i=1}^{n}\frac{C_iR_{n-i+1}}{n}`
根据推论，
$$\D\lim_{n \to \oo}{\sum_{i=1}^{n}\frac{a_ib_{n-i+1}}{n}}=ab+\D\lim_{n \to \oo} \sum_{i=1}^{n}\frac{C_iR_{n-i+1}}{n}=ab$$

dianyancao

后\(N\)项，指的是前\(N\)个\(b_i\)的对应项，根据题意，能取得\(b_i\)的前\(N\)个对应项
先求\(N\)项和，得到的是对于有限的\(N\)个项的和，取极限之前不是无穷小
但是取极限后，这些项的和可以忽略不计