递减迭代序列无穷小阶估计问题：证明$\lim_{n\to \infty} na_n=1$

看起来你已经完美搞定了上界的估计，这一步的归纳推导非常严谨！现在咱们来攻克下界的部分，结合条件(2)和Stolz定理就能顺利得到结论，我来一步步给你梳理：

第一步：回顾已知结论，明确目标 #

你已经通过归纳法证明了上界估计：对所有 $n \ge 0$，$a_n < \frac{1}{n+1}$。由此可以直接推出 $\limsup_{n\to\infty} na_n \le \lim_{n\to\infty} \frac{n}{n+1} = 1$。

我们的目标是证明 $\liminf_{n\to\infty} na_n \ge 1$，这样结合上界就能得到 $\lim_{n\to\infty} na_n = 1$。

第二步：转化序列，应用Stolz定理 #

考虑令 $x_n = \frac{1}{a_n}$，由于 ${a_n}$ 是严格递减趋于0的序列（由 $f$ 严格递增及 $a_{n+1}=f(a_n) < f(a_{n-1})=a_n$，再结合上界 $a_n < 1/(n+1)$），所以 ${x_n}$ 是严格递增趋于 $+\infty$ 的序列，满足Stolz定理的 $\infty/\infty$ 型条件。

根据Stolz定理：
$$
\lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{n} = \lim_{n\to\infty} \frac{x_{n+1} - x_n}{(n+1)-n} = \lim_{n\to\infty} \left( \frac{1}{a_{n+1}} - \frac{1}{a_n} \right)
$$
而我们需要的 $\lim_{n\to\infty} na_n = \lim_{n\to\infty} \frac{n}{x_n} = \frac{1}{\lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{n}}$，所以只要证明 $\lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{n} = 1$ 即可。

第三步：利用条件(1)(2)估计差分 $x_{n+1}-x_n$ #

• 由条件(1)：$f\left(\frac{1}{b}\right) < \frac{1}{b+1}$，令 $b = \frac{1}{a_n}$，则 $a_{n+1}=f(a_n) < \frac{1}{\frac{1}{a_n}+1} = \frac{a_n}{1+a_n}$，两边取倒数得：
  $$
  \frac{1}{a_{n+1}} > \frac{1+a_n}{a_n} = \frac{1}{a_n} + 1 \implies x_{n+1} - x_n > 1
  $$

• 由条件(2)：对任意 $t > 1$，存在 $M \ge 1$，当 $b \ge M$ 时，$f\left(\frac{1}{b}\right) > \frac{1}{b+t}$。由于 $a_n \to 0$，当 $n$ 足够大时，$b = \frac{1}{a_n} \ge M$，此时：
  $$
  a_{n+1}=f(a_n) > \frac{1}{\frac{1}{a_n}+t} = \frac{a_n}{1+ta_n}
  $$
  两边取倒数得：
  $$
  \frac{1}{a_{n+1}} < \frac{1+ta_n}{a_n} = \frac{1}{a_n} + t \implies x_{n+1} - x_n < t
  $$

第四步：收敛性推导 #

结合上面的两个不等式，当 $n$ 足够大时，有：
$$
1 < x_{n+1} - x_n < t
$$
其中 $t$ 是任意大于1的数。

对于任意 $\epsilon > 0$，取 $t = 1+\epsilon$，则存在 $N$，当 $n \ge N$ 时，$1 < x_{n+1}-x_n < 1+\epsilon$。对 $n > N$，我们有：
$$
x_N + (n-N) \cdot 1 < x_n < x_N + (n-N)(1+\epsilon)
$$
两边除以 $n$：
$$
\frac{x_N}{n} + \frac{n-N}{n} < \frac{x_n}{n} < \frac{x_N}{n} + \frac{n-N}{n}(1+\epsilon)
$$
当 $n \to \infty$ 时，$\frac{x_N}{n} \to 0$，$\frac{n-N}{n} \to 1$，因此：
$$
1 \le \liminf_{n\to\infty} \frac{x_n}{n} \le \limsup_{n\to\infty} \frac{x_n}{n} \le 1+\epsilon
$$
由于 $\epsilon > 0$ 是任意的，所以 $\lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{n} = 1$，进而得到：
$$
\lim_{n\to\infty} na_n = \frac{1}{\lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{n}} = 1
$$

另一种不用Stolz的思路 #

如果你不想用Stolz定理，也可以直接做下界估计：对任意 $t>1$，当 $n$ 足够大时，$a_{n+1} > \frac{a_n}{1+ta_n}$，变形为 $\frac{1}{a_{n+1}} - \frac{1}{a_n} < t$，累加得 $\frac{1}{a_n} < \frac{1}{a_N} + t(n-N)$，即 $a_n > \frac{1}{\frac{1}{a_N} + t(n-N)}$。当 $n$ 很大时，$\frac{1}{a_N} + t(n-N) \approx tn$，所以 $na_n > \frac{n}{tn + o(n)} = \frac{1}{t + o(1)}$。因为 $t$ 可以任意接近1，所以 $\liminf na_n \ge 1$，结合上界就得到了结论。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Pina Rinith