无穷连根式求极限的充要条件

在刷习题集或者考试的时候我们经常会遇到诸如或者的极限求解或极限存在性证明。解决此类问题的方法有很多，但都可以归结为一点：缩放。要么是两端缩放然后夹逼定理，要么是证明有界然后两边取极限。本文记录此类问题极限存在的一个充要条件，以供参阅。

Ramanujan's Problem

这类问题最著名的是拉马努金（Ramanujan）所提出的恒等式：

证明:

这个等式的证明是简单而有趣的：

同时，Ramanujan还断言下面的结论：

这个的证明也是容易的。首先把上式和（1）式比较，就发现上式以3为上界，并且由单调性可知，其极限是存在的。为了证明的极限就是3，我们证明：对任意的，都存在，使得所有的都有。

现在任取，令，故，故有：

把乘进去，就有：

由于，且存在，当时，有

把这些全部带入（2）式，就可以证明：

从而完成证明。

Polya's Criterion（Polya准则）

在考虑普遍情况下首先来观察一些特例，一个典型的特例就是形如的无穷根式，每个根号的次数都是，或者幂次都是。对于来看，控制它的幂次是，对于来说，控制它的幂次是，对于来说，控制它的幂次是。假设这个无穷根式极限存在，那么我们关心的肯定是足够大时，它被什么控制，显然是及控制它的的幂次。所以，一个合理的猜测是，如果极限存在，那么该根式就收敛。下面我们将看到，这个猜测已经非常接近“真相”，甚至是真相的一部分。

Description

设序列，则可以用下述条件判定：

上述准则还可以进一步推广为：

序列收敛的充要条件是：

注意到，这个极限可以取有限数或者负无穷。我们将在陈述下面的定理一之后进行证明。

（定理一） 序列收敛当且仅当存在有限上极限

首先证明必要性，即假定收敛。因为，故一定是有限的，得证。

再来证明充分性。假定，则存在使得对所有，有，因此。从而有：

同时又因为

从而有，又由的单调性知收敛。

到此为止，我们发现定理一和开始我们的猜测是非常相似的，只是定理一只需要上极限，这比我们的猜测更加宽松。下面我们利用此定理证明Polya's Criterion.

Proof of Polya's Criterion

当时，存在，当时，也即，由定理一知收敛。

当时，存在某个，对某些无限的，使得，也即。因此，对这些而言：

因此.

最后考虑。

若收敛，则有限，即存在对所有成立，因而。此时若，则

而当时，按照约定有，则综上公式（3）的必要性得证。

同时公式（3）也是充分的。假定条件成立但不收敛，则由定理一知，则对任意的，有充分大的使得，从而，于是有

这说明上极限是无穷大，与假设矛盾。充分性得证。

Examples

例一

现在我们考虑一个序列，当的时候，它的上界是，而后者我们上面已经证明了它的上界是2。现在我们考虑的情景。此时有：

所以我们证明了，对，序列都是收敛的，并且没有使用定理一。

例二

现在考虑下述恒等式：

于是可以立即得到：

现在令，就有：

用替换，有：

两边约去2，就有：

例三

由余弦二倍角公式可知：

此时令，就有：

所以可以立刻得到下式的极限：

Herschfeld’s Convergence Theorem （Herschfeld收敛定理）

Polya's Criterion只考虑了指数为的情况，对于更加普遍的情况，即形如的序列，Herschfeld’s Convergence Theorem给出了一个其收敛的充要条件。

Herschfeld’s Convergence Theorem 告诉我们了一个无穷根式收敛的充要条件：

设序列且级数收敛，则序列收敛的充分必要条件是：

这个定理的证明之后有空了补充。

后记

实际上无穷根式分为右无穷根式（Right Infinite Radicals）和左无穷根式（Left Infinite Radicals）两种，这里重点讨论的是右无穷根式的情况，左无穷根式可以仿照进行推导。