简单的介绍一下以下几种数列极限的计算方法：
- 1.Toeplitz定理
- 2.Stolz定理
- 3.Wallis公式
- 4.Stirling公式
第一次知道Toeplitz定理，是在常庚哲,史济怀的《数学分析教程（第三版）》的1.3节习题里问题的第2小题(如下)。
Toeplitz定理：
$$\displaystyle 设n,k\in N^{*}时，t_{nk}\geq0,且\sum_{k=1}^n t_{nk}=1,\lim_{n\rightarrow \infty}t_{nk}=0,如果\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=a,令x_n=\sum_{k=1}^n t_{ak}a_k$$
试证
$$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=a$$
证明
$$\displaystyle 不妨先令a=0,由于\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=a,那么对于\forall \epsilon, \exists N\in N^{*},当n>N时,有\left| a_n\right|<\frac{\epsilon}{2}$$
此时
$$\displaystyle\left|x_n\right|\leq\sum_{k=1}^nt_{nk}\left|a_k\right|=\sum_{k=1}^N t_{nk}\left|a_k\right|+\sum_{k=N+1}^n t_{nk}\left|a_k\right|$$
$$\displaystyle \leq\sum_{k=1}^Nt_{nk}\left|a_k\right|+\frac{\epsilon}{2}\sum_{k=1}^Nt_{nk}=\sum_{k=1}^N t_{nk}\left|a_k\right|+\frac{\epsilon}{2}$$
当$$n\rightarrow \infty$$
上式中的第一项是有限个无穷小的和,因此存在N1>N,当n>N1有
$$\displaystyle \left| x_n\right|<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon$$
此时有$$\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}x_n=0$$
$$当a\neq 0 时,有b_n=a_n-a\rightarrow 0 (n\rightarrow \infty),若令x_n^{‘}=\sum_{k=1}^n t_{nk}b_k,则x_n^{‘}\rightarrow 0(n\rightarrow \infty)$$
有
$$\displaystyle x_n=\sum_{k=1}^n t_{nk}a_k=\sum_{k=1}^n t_{nk}b_k+a\sum_{k=1}^n t_{nk}=x_n^{‘}+a$$
取极限后有
$$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=a$$
Stolz定理：
设{bn}是严格递增且趋近于正无穷的数列,如果
$$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}=A$$
那么
$$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{a_n}{b_n}=A$$
证明:
这个定理可以通过Toeplitz定理去推导,如下:
不妨记
$$a_0=b_0=0,t_{nk}=\frac{b_k-b_{k-1}}{b_n}$$
则
$$\displaystyle \sum_{k=1}^n t_{nk}=1 ,\lim_{n\rightarrow \infty}t_{nk}=0$$
令
$$\displaystyle u_n=\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}},v_n=\sum_{k=1}^n t_{nk}u_n$$
因此由Toeplitz定理即得Stolz定理.
3.Wallis公式
形式：
$$\displaystyle \frac{\pi}{2}=\lim_{n\rightarrow\infty}[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}]^2\cdot\frac{1}{2n+1}$$
证明：考虑
$$\displaystyle \int_{0}^\frac{\pi}{2}\sin ^n{x}\mathrm{d}x=-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-1}x\mathrm d(\cos x)$$
$$\displaystyle =-\cos x\cdot \sin^{n-1}x\mid_0^{\frac{\pi}{2}}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos x(n-1)\sin^{n-2}x\cdot \cos x\mathrm dx$$
$$\displaystyle =0+\int_0^{\frac{\pi}{2}}(n-1)\cos ^2x\cdot \sin^{n-2}x\mathrm{d}x$$
$$\displaystyle =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(n-1)\sin^{n-2}x\mathrm dx-(n-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n x\mathrm dx$$
根据规律，有
$$\displaystyle A_n=\int_{0}^\frac{\pi}{2}sin^n x\mathrm{d}x \Rightarrow nA_n=(n-1)\cdot A_{n-2}$$
即
$$\displaystyle A_n=\frac{n-1}{n}\cdot A_{n-2}$$
将2n代入
$$\displaystyle A_{2n}=\frac{2n-1}{2n}\cdot\frac{2n-3}{2n-2}\cdots\frac{1}{2}A_0$$
不难知道
$$\displaystyle A_0=\frac{\pi}{2}$$
即
$$\displaystyle A_{2n}=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac{\pi}{2}$$
同样
$$\displaystyle A_{2n+1}=\frac{2n}{2n+1}\cdot\frac{2n-2}{2n-1}\cdots\frac{2}{3}A_1=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}$$
又
$$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^{2n+1}x\mathrm dx <\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^{2n}x\mathrm dx<\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^{2n-1}x\mathrm dx$$
可得
$$\displaystyle \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}<\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac{\pi}{2}<\frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}$$
右式与左式作差得
$$\displaystyle \frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}-\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}=\frac{(2n-2)!!(2n+1-2n)}{(2n+1)!!}$$
$$\displaystyle =\frac{(2n-2)!!}{(2n+1)!!}=\frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}\cdot\frac{1}{2n+1}<\frac{1}{2n+1}\rightarrow0$$
于是
$$\displaystyle \frac{[(2n)!!]^2}{(2n+1)!!\cdot(2n-1)!!}<\frac{\pi}{2}<\frac{(2n)!!-(2n-2)!!}{[(2n-1)!!]^2}$$
化简得
$$\displaystyle \frac{[(2n)!!]}{(2n+1)!!\cdot(2n-1)!!}<\frac{\pi}{2}<\frac{(2n)(2n-2)!!]^2}{[(2n-1)!!]^2}$$
再将右式与左式作差
$$\displaystyle 2n\cdot\frac{[(2n-2)!!]^2}{[(2n-1)!!]^2}-\frac{[(2n)!!]^2}{(2n+1)[(2n-1)!!]^2}=\frac{(2n(2n+1)-(2n)^2)[(2n-2)!!]^2}{(2n+1)[(2n-1)!!]^2}$$
$$\displaystyle=\frac{(2n)[(2n-2)!!]^2}{(2n+1)[(2n-1)!!]^2}=\frac{[(2n)!!]^2}{(2n)(2n+1)(2n-1)!!}<\frac{1}{2n}\cdot\frac{\pi}{2}\rightarrow 0$$
即推出了
$$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{[(2n)!!]^2}{(2n+1)[(2n-1)!!]^2}=\frac{\pi}{2}$$
化简得
$$\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{(2n)[(2n-2)!!]^2}{[(2n-1)!!]^2}=\frac{\pi}{2}$$
4.Stirling公式
回忆前面学过的数列极限,里面有一道题是
$$\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{\frac{n!}{n^n}}=\frac{1}{\mathrm{e}}$$
其实对于这个数列加以研究
$$\displaystyle a_n=\frac{n!}{n^n}\mathrm{e}^n$$
其中
$$\displaystyle a_{n+1}=\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\mathrm{e}^{n+1}$$
作比从而有
$$\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\mathrm e \frac{n^n}{n!}=\frac{\mathrm e}{(1+\frac{1}{n})^n}$$
又分母是单调递增的，当n趋近于无穷时，有
$$\displaystyle (1+\frac{1}{n})^n<\mathrm e$$
变形得
$$\displaystyle n\ln\frac{n+1}{n}<1 \Rightarrow \ln\frac{n+1}{n}<\frac{1}{n}$$
下面到了证明时间:
定义:
$$\displaystyle a_n=\frac{n!\mathrm e^n}{n^{n+\frac{1}{2}}}$$
其中
$$\displaystyle a_{n+1}=\frac{(n+1)!\mathrm e^{n+1}}{(n+1)^{n+\frac{3}{2}}}<1$$
(见下面证明)
下证{an}单调递减
证明：
下面只需要比较$$\ln\frac{n+1}{n}和\frac{1}{n+\frac{1}{2}}的大小$$
回忆
$$\displaystyle \frac{1}{n+1}<\ln\frac{n+1}{n}<\frac{1}{n}$$
借助积分去比较大小
$$\displaystyle \int_n^{n+1}\frac{1}{x}\mathrm dx=\ln\frac{n+1}{n}$$
又知这是一个凹函数,因此有
$$\displaystyle \int_{n}^{n+1}\frac{1}{x}\mathrm dx\geq\frac{1}{n+\frac{1}{2}}$$
故
$$\displaystyle \ln\frac{n+1}{n}>\frac{1}{n+\frac{1}{2}}$$
推出
$$\displaystyle (1+\frac{1}{n})^{n+\frac{1}{2}}>\mathrm e$$
结论：
$$\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{n!\mathrm e^n}{n^{n+\frac{1}{2}}}}=a$$
化简得
$$\displaystyle n!\sim \mathrm e^{-n}\cdot n^{n+\frac{1}{2}}\cdot a (n\rightarrow \infty)$$
由3中的Wallis公式
$$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{[(2n)!!]^2}{(2n+1)[(2n-1)!!]^2}=\frac{\pi}{2}$$
其中
$$(2n)!!=2n\cdot(2n-2)\cdots 2=2^n\cdot n!$$
$$\displaystyle (2n-1)!!=(2n-1)(2n-3)\cdots 1=\frac{(2n)(2n-1)\cdots 1}{(2n)!!}=\frac{(2n)!}{2^n\cdot n!}$$
即
$$\displaystyle \frac{\pi}{2}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(2^n\cdot n!)^4}{[(2n)!]^2}\cdot\frac{1}{2n+1}$$
$$\displaystyle =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2^{4n}\cdot a^4 \cdot \mathrm e^{-4n}\cdot n^{4n+2}}{a^2 \cdot\mathrm e^{-4n}\cdot 2^{4n+1}\cdot n^{4n+1}\cdot(2n+1)}=\frac{a^2}{4}$$
$$\displaystyle \Rightarrow a^2=2\pi \Rightarrow a=\sqrt{2\pi}$$
故
$$\displaystyle n! \sim a\cdot \mathrm e^{-n}\cdot n^{n+\frac{1}{2}}$$
将2n代替n，得
$$\displaystyle (2n)! \sim a\cdot \mathrm e^{-2n}\cdot 2^{2n+\frac{1}{2}}\cdot n^{2n+\frac{1}{2}}$$
即
$$\displaystyle n! \sim \sqrt{2\pi}\cdot \mathrm e^{-n}\cdot n^{n+\frac{1}{2}}=\sqrt{2\pi n}\cdot \mathrm e^{-n}\cdot n^n$$
得证