设数列$\{a_{n}\}$满足
\[ a_{1}=1,a_{n+1}=a_{n}+e^{-a_{n}}\]
求证:
\[ \lim_{n\to\infty}n\left(\frac{a_{n}}{\ln{n}}-1\right)=\frac{1}{2}\]
证明：
我们先证里面层的，就是
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{\ln{n}}=1 \]
等价于
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{e^{a_{n}}}{n}=1 \]
由条件得
\[ a_{n+1}>a_{n}\]
所以数列严格递增，因此有有限正极限或者极限为$+\infty$,若$A=\lim_{n\to\infty}a_{n}$,则有
\[ A=A+e^{-A}\]
\[ \Rightarrow 0=e^{-A}\]
因此只能有$A=+\infty$,这样就得到
\[ \lim_{n\to\infty}a_{n}=+\infty \]
\[ e^{a_{n+1}}=e^{a_{n}}\cdot e^{\frac{1}{e^{a_{n}}}}=e^{a_{n}}(1+e^{-a_{n}}+o(e^{-a_{n}}))\qquad (n\to+\infty) \]
所以就有
\[ e^{a_{n+1}}=e^{a_{n}}+1+o(e^{-a_{n}})\qquad (n\to\infty) \]
O.Stolz马上看到
\[  \lim_{n\to\infty}\frac{e^{a_{n}}}{n}=1 \]
这时
\[  \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{\ln{n}}=1 \]
而
\[ \lim_{n\to\infty}n\left(\frac{a_{n}}{\ln{n}}-1\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{\ln{n}}\cdot\lim_{n\to\infty}\frac{na_{n}-n\ln{n}}{a_{n}}  \]
又由O.Stolz得到
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{na_{n}-n\ln{n}}{a_{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)a_{n+1}-na_{n}-((n+1)\ln(n+1)-n\ln{n})}{a_{n+1}-a_{n}}\]
\[\frac{(n+1)a_{n+1}-na_{n}-((n+1)\ln(n+1)-n\ln{n})}{a_{n+1}-a_{n}}=\frac{(n+1)(a_{n}+e^{-a_{n}})-na_{n}-\ln\frac{(n+1)^{n+1}}{n^{n}}}{e^{-a_{n}}}\]
由$a_{n}\sim \ln{n}$,得到
\[ \frac{(n+1)(a_{n}+e^{-a_{n}})-na_{n}-\ln\frac{(n+1)^{n+1}}{n^{n}}}{e^{-a_{n}}}\sim \frac{\ln{\left(1-\frac{1}{n+1}\right)}+\frac{1}{n}(n+1)-n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}}\sim \frac{1}{2}+o\left(\frac{1}{n}\right) \]
所以
\[  \lim_{n\to\infty}n\left(\frac{a_{n}}{\ln{n}}-1\right)=\frac{1}{2}\]