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
\[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{b_n}=l.\]
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
\[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{b_n}=l.\]
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
\[\left\lbrace\frac{\ln n}{n}\right\rbrace_{n\in\mathbb{N}}\]
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 \(\lim_{n\rightarrow\infty}b_n=\infty\)
- \[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=l\in\mathbb{R}\]
\[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{b_n}=l.\]
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,
- \[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=l\in\mathbb{R}\]
\[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{b_n}=l.\]
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
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