今天做到这样一道题，标答感觉完全不知道动机是什么，所以尝试自己用暴力直接的做法来做。
- 已知 \(\lambda>0,\beta\in(0,1),\{a_n\}\) 为正数列，且满足 $$\lim_{n\to\infty}\inf n^\beta\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)=\lambda.$$ 证明：对任意的 \(k>0\), 有 \(\lim\limits_{n\to\infty} n^ka_n=0.\)
对于下确界的极限我们是陌生的，所以让首先我们来翻译一下这个条件。
结合下确界的定义有：
\[\begin{aligned}
&\forall q\in(0,\lambda),\exists N.使\forall n>N有 \\
&n^{\beta}(\frac{a_{n}}{a_{n+1}}-1)>q. \\
&\Rightarrow\frac{a_{n}}{a_{n+1}}>qn^{-\beta}+1 \\
&\Rightarrow\frac{a_{n+1}}{a_{n}}<(qn^{-\beta}+1)^{-1}
\end{aligned}
\]
对于这个熟悉的形式，我们直接对 N 到 n 做一个累乘，得到：
\[\Rightarrow a_{n+1}<a_{N}\prod_{i=N}^{n}(qi^{-\beta}+1)^{-1}
\]
这就转化成了 \(a_n<**\) 的形式，接着，我们两边乘 \(n^k\) 得到题目要我们证明的形式：
\[n^{k}a_{n+1}<a_{N}\cdot n^{k}\prod_{i= N}^{n}(qi^{-\beta}+1)^{-1}
\]
对于这个形式，我做了很多尝试，有尝试把 \(n^k\) 分成 n-N 份，变成 \(n^{\frac{k}{n-N}}\) 乘到累乘里面，然后 n 区域无穷大把这个放缩乘 \(1+\epsilon\) 的，但是发现这个精度太低了。接着我尝试把 \(\beta\) 放缩成 1，取 ln 来分析，结果发现右边直接变成了某个常数？这就暗示我们要从这个 \(\beta\) 入手，这个 \(\beta\) 小于 1 是不必可少的。
要证
\[n^{k}a_{n+1}<a_{N}\cdot n^{k}\prod_{i= N}^{n}(qi^{-\beta}+1)^{-1}
\]
由于是正数列，所以只需要证明右边趋于 0 即可，即证
\[\lim \limits_{n\rightarrow \infty}n^{k}\prod_{i= N}^{n}(qi^{-\beta}+1)^{-1}=0
\]
等价于证明：
\[\lim\limits_{n\rightarrow\infty}k\ln n-\sum_{N}^{n}\ln(1+\frac{q}{i^{\beta}})=-\infty
\]
我们知道 \(\ln(1+\frac{q}{i^{\beta}})\) 在 i 很大的时候差不多就是 \(\frac{q}{i^{\beta}}\)，所以想把它放缩成这种方便求和的形式，先抛开严谨性试试如果真能这么放缩，我们能不能得到答案，考虑：
\[\begin{align*}
k\ln n-\sum_{N}^{n}\frac{q}{i^{\beta}}
\end{align*}
\]
由于 \(\frac{q}{i^{\beta}}\) 是单调递减的，所以可以对他进行积分放缩：
\[\begin{align*}
k\ln n-\sum_{N}^{n}\frac{q}{i^{\beta}}<k\ln n-\sum_{N}^{n}\int_{i}^{i+1}\frac{q}{i^{\beta}}=k\ln n-q\int_{N}^{n}\frac{q}{x^{\beta}}dx=k\ln n-q(n^{1-\beta}-N^{1-\beta})\\
\end{align*}
\]
显然，这个东西是趋于 \(-\infty\) 的（lnn 一定干不过任意次数的多项式）
那么，我们尝试把这个东西严格化，我们知道 \(\lim \limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\ln x}{x}=1\), 也就是存在一个小的邻域 \(\delta\)，在 \((1,1+\delta)\) 中有 \(\ln x>(1-\epsilon)x\) 这里省略了一段极限语言的描述，自行脑部。
那么我们有：
\[\begin{align*}
k\ln n-\sum_{N}^{n}\ln(1+\frac{q}{i^{\beta}})&<k\ln n-\sum_{N}^{n}(1-\epsilon)\frac{q}{i^{\beta}}\\
&<k\ln n-q(1-\epsilon)(n^{1-\beta}-N^{1-\beta})\\
&=n^{1-\beta}(\frac{k\ln n}{n^{1-\beta}}-q(1-\epsilon)+\frac{N^{1-\beta}}{n^{1-\beta}})\rightarrow-\infty\ (n\rightarrow\infty)
\end{align*}
\]
这里只要要求 \(q(1-\epsilon)>0\) 即可。
下面是标答：
解答.
(i) 对于满足条件 (7.2) 的正数列 \(\{a_n\}\), 任取 \(q\in(0,\lambda)\), 则存在正整数 \(N\), 使得 \(n\geq N\) 时，有
\[n^\beta\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)>q.
\]
\(\frac {a_n}{l_{n+ 1}}> 1+ \frac q{n^\beta }> 1+ \frac qn\), \(n\geq N.\)也就是因此当\(n\geq N\) 时，有
\[\frac{a_N}{a_{n+1}}=\prod_{i=N}^n\frac{a_i}{a_{i+1}}>\prod_{i=N}^n\left(1+\frac{q}{i}\right).
\]
注意到\(\ln\left(1+\frac qi\right)\sim\frac qi\left(i\to\infty\right)\),由比较原则可知\(\sum_t=N^{\infty}\ln\left(1+\frac qi\right)\)发散到\(+\infty\),也就是\(\lim_{n\to\infty}\sum_{i=N}^{n}\ln\left(1+\frac qi\right)=+\infty\)
以进而\(\lim_n\to\infty\prod_{i=N}^n\left(1+\frac qi\right)=+\infty\),再根据(7.3) 式可知\(\lim_n\to\infty\frac{a_N}{a_{n+1}}=+\infty\),那么\(\lim_n\to\infty a_n=0\)
(ii) 对任意的\(k>0\),记正数列\(b_n=n^ka_n\), \(n=1,2,\cdots\),那么
\[\begin{aligned}n^{\beta}\left(\frac{b_{n}}{b_{n+1}}-1\right)&=n^{\beta}\left[\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{k}-1\right]\\&=\left(\frac{n}{n+1}\right)^{k}\left[n^{\beta}\left(\frac{a_{n}}{a_{n+1}}-1\right)-n^{\beta}\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^{k}-1\right)\right].\end{aligned}
\]
其中\(\lim_n\to\infty\left(\frac n{n+1}\right)^k=1\),且
\[\lim_{n\to\infty}n^\beta\left(\left(1+\frac1n\right)^k-1\right)=\lim_{n\to\infty}n^\beta\cdot\frac kn=\lim_{n\to\infty}\frac k{n^{1-\beta}}=0.
\]
因此 (7.4) 式关于 \(n\to\infty\) 取下极限，有
\[\lim_{n\to\infty}\inf n^\beta\left(\frac{b_n}{b_{n+1}}-1\right)=\inf_{n\to\infty}n^\beta\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)=\lambda.
\]
由 (i) 可知 \(\lim_n\to\infty b_n=0\), 也就是 \(\lim_n\to\infty n^ka_n=0.\)
