Stolz-Cesàro Theorem

首先讓我們先考慮
$$\left\lbrace\frac{\ln n}{n}\right\rbrace_{n\in\mathbb{N}}$$
這個數列的歛散性。根據以下不等式的估計
$$0\leq\frac{\ln n}{n}=\frac{1}{n}\int\limits_1^n\frac{1}{t}\,dt\leq\frac{1}{n}\int\limits_1^n\frac{1}{\sqrt{t}}\,dt=\frac{2}{\sqrt{n}}-\frac{2}{n}$$
因為
$$\lim_{n\rightarrow\infty}0=0=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{2}{\sqrt{n}}-\frac{2}{n}\right)$$
所以根據夾擠定理(Pinching Theorem)我們會得到
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\ln n}{n}=0$$
到這裡你或許會有一個疑問，當$n$趨近於無窮大時，分子$\ln n$和分母$n$都趨近於無窮大，為什麼我們不直接使用羅必達法則(L'Hospital's rule)來求其極限值?答案是因為對於離散變量($n=1,2,3,\ldots$)是無法求導數的，因此我們不能在數列形式下直接用羅必達法則。但此時有形式相近的Stolz-Cesàro Theorem作為替代，它是由奧地利數學家Otto Stolz於1885年提出，可以視為羅必達法則的離散版本。以下我們分別陳述 $0/0$ 型和 $\star/\infty$ 型的Stolz-Cesàro Theorem。


Theorem 1 (the $\star/\infty$ case).
Let $\lbrace a_n\rbrace$ and $\lbrace b_n\rbrace$ be two sequences of real numbers such that

• $0<b_1<b_2<\cdots<b_n<\cdots$ and $\lim_{n\rightarrow\infty}b_n=\infty$
•   $$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=l\in\mathbb{R}$$

Then
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{b_n}=l.$$


注意到在 Theorem 1 中，分子$\star$可以是任意實數也可以是$\pm\infty$。


Theorem 2 (the $0/0$ case).
Let $\lbrace a_n\rbrace$ and $\lbrace b_n\rbrace$ be two sequences of real numbers such that

• $\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}b_n=0$
•  $\lbrace b_n\rbrace$ is strictly decreasing,
• $$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=l\in\mathbb{R}$$

Then
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{b_n}=l.$$


有了上述這兩個定理，我們觀察到求數列的差分($a_{n+1}-a_n$)可對應於求函數的導函數， 因此我們可以將Stolz-Cesàro Theorem視為L'Hospital's rule的離散版本。現在我們再一次回過頭看看
$$\left\lbrace\frac{\ln n}{n}\right\rbrace_{n\in\mathbb{N}}$$
這個數列。因為
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\ln(n+1)-\ln n}{(n+1)-n}=\lim_{n\rightarrow\infty}\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)=0$$
所以根據 Theorem 1 我們立刻得到
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\ln n}{n}=0$$


以下我們藉由幾個例子來看看Stolz-Cesàro Theorem的威力所在。


Example 3.
Let $\lbrace a_n\rbrace$ be a sequence of real numbers. If $\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=a$, then
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=a.$$


這個求算術平均數列極限的例子對於剛學習到微積分Sequences這個章節的學生來說可能是一大惡夢，因為必須操作數列極限定義裡的$\epsilon$來證(可參照 "Arithmetic and Geometric Means Sequences")。然而若是使用Stolz-Cesàro Theorem，因為$\lim_{n\rightarrow\infty}n=\infty$且
$$\begin{aligned} &\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(a_1+a_2+\cdots+a_n+a_{n+1})-(a_1+a_2+\cdots+a_n)}{(n+1)-n}\\ =&\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n+1}=a \end{aligned}$$
所以根據 Theorem 1 我們立刻得到
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=a$$


Example 4.
Let $\lbrace a_n\rbrace$ be a sequence of positive real numbers. If $\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=a$, then
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot\cdots\cdot a_n}=a.$$


對於求幾何平均數列的極限，我們也可以使用Stolz-Cesàro Theorem得到
$$\begin{aligned} &\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdot\cdots\cdot a_n}\\ =&\lim_{n\rightarrow\infty}e^{\displaystyle\frac{\ln a_1+\ln a_2+\cdots+\ln a_n}{n}}\quad(\text{by}\,\,\text{Theorem 1})\\ =&\lim_{n\rightarrow\infty}e^{\displaystyle\frac{(\ln a_1+\ln a_2+\cdots+\ln a_n+\ln a_{n+1})-(\ln a_1+\ln a_2+\cdots+\ln a_n)}{(n+1)-n}}\\ =&\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n+1}=a \end{aligned}$$


Example 5.
Let $\lbrace a_n\rbrace$ be a sequence of positive real numbers. If
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=a,$$
then
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{a_n}=a.$$


這個例子告訴我們在判斷一個無窮級數
$$\sum_{n=1}^\infty a_n$$
的歛散性時，如果使用Ratio Test這個級數收斂檢驗法得到的結果，可以推得相同的結果在使用Root Test這個級數收斂檢驗法。如果使用數列的定義去證明會相當囉嗦，這時我們再次使用Stolz-Cesàro Theorem便可得到
$$\begin{aligned} &\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{a_n}\\ =&\lim_{n\rightarrow\infty}e^{\frac{\ln a_n}{n}}\quad(\text{by}\,\,\text{Theorem 1})\\ =&\lim_{n\rightarrow\infty}e^{\frac{\ln a_{n+1}-\ln a_n}{(n+1)-n}}\\ =&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=a \end{aligned}$$


注意到 Example 5 的逆敘述不一定是對的，我們可以考慮以下這個數列
$$a_{n+1}=\left\{ \begin{array}{ll} \displaystyle \frac{1}{8} a_n, & \text{if}\,\,n=2k-1\\ \\ \displaystyle 2a_n, & \text{if}\,\,n=2k \end{array} \right .,\quad \text{where}\,\, k=1,2,3,\ldots$$
其中
$$a_1=1$$
我們會發現
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[2n]{a_{2n}}=\sqrt[2n]{2^{n-1}\cdot\frac{1}{8^n}}=\frac{1}{2}$$
但
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}$$
並不存在因為任兩項的比率有可能是$2$或是$\frac{1}{8}$。


Example 6.
For any $k\in\mathbb{N}$,
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^{k+1}}=\frac{1}{k+1}.$$


也許當$k=1, 2, 3$時，你可以清楚地根據高中數學將
$$1^k+2^k+\cdots+n^k$$
作化簡，但是就算記不得那些級數和的公式，我們依然可以使用Stolz-Cesàro Theorem和二項式定理(Binomial Theorem)來求其極限值。
$$\begin{aligned} &\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^{k+1}}\\ =&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{[1^k+2^k+\cdots+n^{k}+(n+1)^k]-[1^k+2^k+\cdots+n^k]}{(n+1)^{k+1}-n^{k+1}}\\ =&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(n+1)^{k}}{(n+1)^{k+1}-n^{k+1}}\\ =&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\binom{k}{0}n^k+\binom{k}{1}n^{k-1}+\cdots+\binom{k}{k-1}n+1}{\binom{k+1}{1}n^k+\binom{k+1}{2}n^{k-1}+\cdots+\binom{k+1}{k}n+1}\\ =&\frac{1}{k+1} \end{aligned}$$
其中
$$\binom nk=C^n_k=\frac{n!}{k!(n-k)!}$$


最後我們再次回到一開始考慮的數列
$$\left\lbrace\frac{\ln n}{n}\right\rbrace_{n\in\mathbb{N}}$$
除了利用Stolz-Cesàro Theorem來求其極限值，我們還有一個類似「子數列」(subsequence)的看法。我們先考慮
$$\frac{\ln x}{x}$$
這個定義在正實數線上($x>0,\,x\in\mathbb{R}$)的函數。既然是一個函數，我們就可以先用L'Hospital's rule去求其極限值得到
$$\lim_{x\rightarrow\infty,\,x\in\mathbb{R},\,x>0}\frac{\ln x}{x}=\lim_{x\rightarrow\infty,\,x\in\mathbb{R},\,x>0}\frac{1/x}{1}=0$$
接著因為我們考慮的是數列，可以把數列想像成是只定義在正整數$\mathbb{N}$上的函數，既然在整個正實數線上會收斂，那麼當我們只考慮正整數的部份時，它也依然會收斂且收斂到相同的值，也就是說
$$\lim_{n\rightarrow\infty,\,n\in\mathbb{N}}\frac{\ln n}{n}=0$$
因為由正整數$\mathbb{N}$所構成的數列是實數$\mathbb{R}$所構成數列的子數列(subsequence)，當然這樣的看法並不嚴謹(因為數列的定義必須是可數的countable，但實數並不可數)。所以我們可以得到以下結論:
$$\boxed{{\lim_{x\rightarrow\infty,\,x\in\mathbb{R},\,x>0}\frac{\ln x}{x}=0\quad \Longrightarrow \quad \lim_{n\rightarrow\infty,\,n\in\mathbb{N}}\frac{\ln n}{n}=0}}$$ 這個寫法才是許可的，也就是先在函數上使用羅必達法則，再推論到數列的極限，注意到切勿直接對數列使用羅必達法則。


                                           
*詳細定理證明可參考附件 Stolz-Cesàro Theorem.pdf