Twierdzenie o granicy średniej geometrycznej jest analogiem twierdzenia o granicy średniej arytmetycznej. Mówi ono, że jeśli ciąg dodatnich liczb $(a_n)$ jest zbieżny do $a \gt 0$, to ciąg średnich geometrycznych jest również zbieżny do $a$.
Niech $(a_n)$ będzie ciągiem liczb dodatnich. Jeśli $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a$ (gdzie $a \gt 0$), to \[ \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_n} = a. \]
Niech $g_n = \sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_n}$ oznacza średnią geometryczną pierwszych $n$ wyrazów ciągu $(a_n)$.
Chcemy pokazać, że $\lim\limits_{n \to \infty} g_n = a$.
Sprowadzamy problem do twierdzenia o granicy średniej arytmetycznej, stosując logarytm.
Ponieważ $a_n \gt 0$ dla każdego $n$ i $a \gt 0$, możemy zastosować logarytm naturalny: \[ \ln g_n = \ln \sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_n} = \frac{1}{n} \ln(a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_n) = \frac{\ln a_1 + \ln a_2 + \ldots + \ln a_n}{n}. \]
Oznaczmy $b_k = \ln a_k$. Wtedy: \[ \ln g_n = \frac{b_1 + b_2 + \ldots + b_n}{n}. \]
Ponieważ $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a$ i funkcja $\ln$ jest ciągła na $(0, +\infty)$, mamy: \[ \lim\limits_{n \to \infty} b_n = \lim\limits_{n \to \infty} \ln a_n = \ln a. \]
Z twierdzenia o granicy średniej arytmetycznej (temat 47): \[ \lim\limits_{n \to \infty} \frac{b_1 + b_2 + \ldots + b_n}{n} = \ln a. \]
Zatem: \[ \lim\limits_{n \to \infty} \ln g_n = \ln a. \]
Ponieważ funkcja wykładnicza $\exp$ jest ciągła, mamy: \[ \lim\limits_{n \to \infty} g_n = \lim\limits_{n \to \infty} e^{\ln g_n} = e^{\lim\limits_{n \to \infty} \ln g_n} = e^{\ln a} = a. \]
Zatem $\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_n} = a$. $\square$
Twierdzenie wymaga, aby $a \gt 0$. Jeśli $a = 0$, to twierdzenie również zachodzi (średnia geometryczna dąży do $0$), ale dowód wymaga osobnego rozważenia.
Przypadek $a = 0$: Jeśli $a_n \to 0$ i $a_n \gt 0$, to $\sqrt[n]{a_1 \cdot \ldots \cdot a_n} \to 0$.
Dowód: Dla dostatecznie dużych $n$ mamy $a_n \lt 1$, więc iloczyn $a_1 \cdot \ldots \cdot a_n$ maleje szybciej niż dowolna potęga, a pierwiastek $n$-tego stopnia z niego dąży do $0$.
Podobnie jak dla średniej arytmetycznej, zbieżność średniej geometrycznej nie implikuje zbieżności ciągu $(a_n)$.
Kontrprzykład: Niech $a_n = 2$ dla $n$ nieparzystych i $a_n = \frac{1}{2}$ dla $n$ parzystych.
Wtedy ciąg $(a_n)$ jest rozbieżny, ale: \[ g_{2k} = \sqrt[2k]{2^k \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^k} = \sqrt[2k]{1} = 1. \]
Można pokazać, że $g_n \to 1$, mimo że $(a_n)$ nie ma granicy.
Zadanie: Oblicz $\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot n} \cdot \frac{1}{n}$.
Rozwiązanie: Mamy $\sqrt[n]{n!}$. Niech $a_k = k$. Wtedy $a_n \to +\infty$, więc nie możemy bezpośrednio zastosować twierdzenia.
Jednak możemy użyć wzoru Stirlinga: $n! \approx \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n$.
Zatem: \[ \sqrt[n]{n!} \approx \sqrt[n]{\sqrt{2\pi n}} \cdot \frac{n}{e} \to \frac{n}{e} \quad \text{(dla dużych } n\text{)}. \]
Stąd: \[ \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n} = \frac{1}{e}. \]
Zadanie: Oblicz $\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{1} \cdot \frac{2}{2} \cdot \frac{3}{3} \cdot \ldots \cdot \frac{n}{n}} = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{1}$.
Rozwiązanie: Niech $a_k = \frac{k}{k} = 1$. Wtedy $a_n = 1 \to 1$.
Z twierdzenia: \[ \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{1 \cdot 1 \cdot \ldots \cdot 1} = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{1} = 1. \]
Zadanie: Niech $a_n = 1 + \frac{1}{n}$. Oblicz $\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_n}$.
Rozwiązanie: Mamy $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = \lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right) = 1$.
Z twierdzenia o granicy średniej geometrycznej: \[ \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_n} = 1. \]
Uwaga: $a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_n = \frac{2}{1} \cdot \frac{3}{2} \cdot \ldots \cdot \frac{n+1}{n} = n + 1$, więc $\sqrt[n]{n+1} \to 1$ (co zgadza się z wynikiem).
Twierdzenie o granicy średniej geometrycznej wynika z twierdzenia o granicy średniej arytmetycznej poprzez zastosowanie logarytmu: \[ \ln g_n = \frac{\ln a_1 + \ln a_2 + \ldots + \ln a_n}{n} = s_n(\ln a_k). \]
Jeśli $\ln a_n \to \ln a$, to $s_n(\ln a_k) \to \ln a$, a więc $g_n = e^{s_n} \to e^{\ln a} = a$.