Stolz-Cesàro Teorema De

Question

Recientemente, he estado tratando de encontrar una prueba satisfactoria de la Stolz-Cesàro Teorema pero no he encontrado ninguna. Como recuerdo de la reclamación es el siguiente:

Deje $${\left\{ {{b_n}} \right\}_{n \in {\Bbb N}}}$$ ser una secuencia tal que

$${b_{k + 1}} - {b_k} > 0$$ and $$\mathop {\lim }\limits_{k \to \infty }\sum_{n=0}^{k} {b_n} = \infty$$

Entonces si $${\left\{ {{a_n}} \right\}_{n \in {\Bbb N}}}$$ es otra secuencia y el límite

$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_{n + 1}} - {a_n}}}{{{b_{n + 1}} - {b_n}}} = \ell_1$$

existe, entonces

$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_n}}}{{{b_n}}} = {\ell _2}$$

existe demasiado y

$${\ell _1} = {\ell _2}$$

Answer 1

Me parece más fácil ver esta geométricamente. Con $\ell - \epsilon < \frac{{{a_{n + 1}} - {a_n}}}{{{b_{n + 1}} - {b_n}}} < \ell + \epsilon$ para $n \ge N$, todos los puntos $(x,y)=(b_n,a_n)$ para $n \ge N$ se encuentran dentro de la cuña formada por las dos líneas a través de el punto de $(x,y)=(b_N,a_N)$ con laderas $\ell - \epsilon$$\ell + \epsilon$, respectivamente. Y esta cuña, por lo suficientemente grande como $x$, permanecer completamente dentro de la amplia cuña formada por las líneas $y = (\ell - 2 \epsilon) x$ $y = (\ell + 2 \epsilon) x$ a través del origen. (Este paso es donde el PlanetMath la prueba no es muy precisa; la afirmación no es necesariamente cierto si usted toma las líneas $y = (\ell - \epsilon) x$ $y = (\ell + \epsilon) x$.) Desde $b_n \nearrow +\infty$, todos los puntos de $(x,y)=(b_n,a_n)$ para $n \ge M$, dicen, se tiene lo suficientemente grande como $x$ coordinar a mentir en la parte de la más estrecha cuña que se encuentra dentro de la más amplia cuña; así $\ell - 2 \epsilon < \frac{a_n}{b_n} < \ell + 2 \epsilon$ $n \ge M$. Hecho.

Answer 2

He aquí una más general de la situación:

THM Deje $\langle a_n\rangle$ ser cualquier secuencia de números reales y supongamos que $\langle b_n\rangle$ es una secuencia de números positivos tal que $b_n$ es estrictamente monótona creciente a $\infty$. Entonces $$\liminf_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}\geq \liminf_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}$$ $$\limsup_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}\leq \limsup_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}$$

La PRUEBA se demuestra que el caso de $\liminf$; el $\limsup$ caso es análogo. Tome $$\alpha <\liminf_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}$$

Entonces existe $N$ tal que para cada una de las $k\geq 0$ hemos $$\alpha <\frac{a_{N+k}-a_{N+k-1}}{b_{N+k}-b_{N+k-1}}$$ Since $b_{n+1}>b_n$, we have for $k\geq 0$ que $$\alpha \left( {{b_{N + k}} - {b_{N + k - 1}}} \right) < {a_{N + k}} - {a_{N + k - 1}}$$

Así, para cualquier $m\geq 0$, $$\eqalign{ \alpha \sum\limits_{k = 0}^m {\left( {{b_{N + k}} - {b_{N + k - 1}}} \right)} y < \sum\limits_{k = 0}^m {\left( {{a_{N + k}} - {a_{N + k - 1}}} \right)} \cr \alpha \left( {{b_{N + m}} - {b_{N - 1}}} \right) &< {a_{N + m}} - {a_{N - 1}} \cr}$$

De ello se sigue que $$\alpha \left( {1 - \frac{{{b_{N - 1}}}}{{{b_{N + m}}}}} \right) < \frac{{{a_{N + m}}}}{{{b_{N + m}}}} - \frac{{{a_{N - 1}}}}{{{b_{N + m}}}}$$ and taking $m\to\infty$ $$\alpha \leq \mathop {\lim \inf }\limits_{m \to \infty } \frac{{{a_m}}}{{{b_m}}}$$

De ello se desprende que, para cada una de las $\alpha <\liminf\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}$ tenemos $\alpha \leq \liminf\limits_{m \to \infty } \dfrac{{{a_m}}}{{{b_m}}}$, lo que significa que $$\mathop {\liminf }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{a_{n + 1}} - {a_n}}}{{{b_{n + 1}} - {b_n}}} \leq \liminf\limits_{m\to\infty} \frac{{{a_m}}}{{{b_m}}}$$

COR Deje $\langle a_n\rangle$ $\langle b_n\rangle$ a ser como antes. Entonces si $$\ell=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}$$ exists, so does $$\ell'=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}$$ and $\ell=\ell'$

COR Deje $x_n$ ser cualquier secuencia. Si $$\lim_{n\to\infty} x_n=\ell$$ then $$\lim_{n\to\infty}\frac 1 n \sum_{k=1}^n x_k=\ell$$

P Por el primer corolario con $b_n=n$$a_n=\sum_{k=1}^n x_k$, $$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sum\limits_{k = 1}^{n + 1} {{a_k}} - \sum\limits_{k = 1}^n {{a_k}} }}{{n + 1 - n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_{n + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$$

lo que significa que $$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_n}}}{{{b_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{x_k}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$$

Answer 3

Hay una prueba en planetmath.org.