熵公理定义习题中的两道极限问题咨询

背景源于熵公理定义相关证明（分别见第43、44页），现明确前提假设并提出两道极限问题：

问题1：已知$v_m \rightarrow 0$，证明$\lim_{M \rightarrow +\infty} \frac{\sum_{m=2}^M mv_m}{\sum_{m=1}^M m} = 0$ #

你已经提到用Stolz定理解决了，我把具体推导过程补充一下，方便更清晰地理解：
首先，分母$\sum_{m=1}^M m = \frac{M(M+1)}{2}$，显然当$M \to +\infty$时趋于$+\infty$，满足Stolz定理$\frac{\infty}{\infty}$型的适用条件。

根据Stolz定理的结论：对于$\frac{a_M}{b_M}$，若$b_M$严格递增且$\lim_{M \to +\infty} b_M = +\infty$，则有
$$
\lim_{M \to +\infty} \frac{a_M}{b_M} = \lim_{M \to +\infty} \frac{a_M - a_{M-1}}{b_M - b_{M-1}}
$$
这里我们令$a_M = \sum_{m=2}^M mv_m$，$b_M = \frac{M(M+1)}{2}$，计算分子分母的差分：

• $a_M - a_{M-1} = Mv_M$（求和到$M$的项减去求和到$M-1$的项，剩下最后一项$Mv_M$）
• $b_M - b_{M-1} = \frac{M(M+1)}{2} - \frac{(M-1)M}{2} = M$

把差分代入Stolz公式，得到：
$$
\lim_{M \to +\infty} \frac{Mv_M}{M} = \lim_{M \to +\infty} v_M = 0
$$
正好匹配已知条件$v_m \to 0$，所以原极限得证。

问题2：已知$\lim_{m \rightarrow +\infty}\alpha_m = 0$，且$b_n \leq p\left( \frac{\log_2(n)}{\log_2(p)}+1 \right)$（$p$为常数素数），证明$\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{\sum_{i=1}^{b_n}\alpha_i}{\log_2(n)}=0$ #

这道题我们可以结合极限的定义和无穷小量的性质来推导，步骤如下：

首先简化$b_n$的表达式，展开后可以看到：
$$
b_n \leq p\left( \frac{\log_2 n}{\log_2 p} + 1 \right) = \frac{p}{\log_2 p} \log_2 n + p
$$
这说明$b_n$的增长速度不会超过$\log_2 n$的常数倍，也就是存在一个固定的正数$K$（比如取$K = \frac{p}{\log_2 p} + 1$，当$n$足够大时，$p$相对于$\log_2 n$可以忽略），使得当$n$足够大时，$b_n \leq K \log_2 n$。

接下来，根据$\lim_{m \to +\infty} \alpha_m = 0$的定义：对于任意给定的$\epsilon > 0$，总能找到一个正整数$N_1$，当$m > N_1$时，$|\alpha_m| < \frac{\epsilon}{2K}$。

然后看前$N_1$项的和，令$S = \sum_{i=1}^{N_1} |\alpha_i|$，这是一个固定不变的常数。当$n$足够大时，$\log_2 n$会变得足够大，大到满足$\log_2 n > \frac{2S}{\epsilon}$，此时$\frac{S}{\log_2 n} < \frac{\epsilon}{2}$。

现在我们把求和项拆成两部分：
$$
\left| \frac{\sum_{i=1}^{b_n} \alpha_i}{\log_2 n} \right| \leq \frac{\sum_{i=1}^{b_n} |\alpha_i|}{\log_2 n} = \frac{\sum_{i=1}^{\min(N_1, b_n)} |\alpha_i|}{\log_2 n} + \frac{\sum_{i=\min(N_1, b_n)+1}^{b_n} |\alpha_i|}{\log_2 n}
$$

当$n$足够大时，$b_n$肯定会大于$N_1$，所以第二项的项数最多是$b_n - N_1 \leq K \log_2 n$，而每一项$|\alpha_i| < \frac{\epsilon}{2K}$，因此：
$$
\frac{\sum_{i=N_1+1}^{b_n} |\alpha_i|}{\log_2 n} < \frac{K \log_2 n \cdot \frac{\epsilon}{2K}}{\log_2 n} = \frac{\epsilon}{2}
$$

而第一项的和不超过$S$，所以$\frac{\sum_{i=1}^{N_1} |\alpha_i|}{\log_2 n} < \frac{\epsilon}{2}$。把两部分加起来：
$$
\left| \frac{\sum_{i=1}^{b_n} \alpha_i}{\log_2 n} \right| < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon
$$

根据极限的定义，对于任意$\epsilon > 0$，都能找到足够大的$n$使得上述不等式成立，因此$\lim_{n \to +\infty} \frac{\sum_{i=1}^{b_n}\alpha_i}{\log_2(n)}=0$得证。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Leafar