斯托尔兹-切萨罗定理

斯托尔兹－切萨罗定理（Stolz–Cesàro theorem）是数学分析学中的一个用于证明数列收敛的定理。该定理以奥地利人奥托·施托尔茨和意大利人恩纳斯托·切萨罗命名。

## 内容

### 情况的叙述

令 $(a_n)_{n \geq 1}$ 以及 $(b_n)_{n \geq 1}$ 为两个实数数列。假设 $(b_n)_{n \geq 1}$ 是个严格单调且发散的数列(亦即严格递增并接近无穷大，或者严格递减并接近负无穷大)，以及下述极限存在:

$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=l.\ $$

那么，可以推得极限

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

### 0/0 情况的叙述

令 $(a_n)_{n \geq 1}$ 以及 $(b_n)_{n \geq 1}$ 为两个实数数列。假设 $(a_n)\to 0$ 以及 $(b_n)\to 0$，并且 $(b_n)_{n \geq 1}$ 是严格单调。如果

$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=l,\ $$

则

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

### 用法说明

该定理虽然主要被用来处理数列不定型极限，但该定理在没有$\lim_{n \to \infty} a_n= \infty$这一限制条件时也是成立的。虽然该定理通常是以分母$b_n$为正数数列的情形加以叙述的，但注意到该定理对分子$a_n$的正负没有限制，所以原则上把对数列$b_n$的限制条件替换为“严格单调递减且趋于负无穷大”也是没有问题的。

与洛必达法则的迭代用法类似，在尝试应用斯托尔兹－切萨罗定理考察数列的极限时，如果发现两个数列差分的商仍然是不定型，可以尝试再使用1次该定理，考察其2阶差分之商的极限。

应当注意，当$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}$不存在时，不能认定$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}$必定也不存在。换句话说，确实有“有穷极限$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}$存在，但有穷极限$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}$不存在”的情况（详见下文针对此逆命题所举的反例）。

## 证明

### 的情况

假设$(b_n)$为严格递增并发散至$\infty$, 而且$-\infty\leq l<\infty$, 于是存在 $p,q\in \mathbb R$ 使得 $l<p<q$。因此我们有 $\exists n_0\in \mathbb N, \forall n\geq n_0, b_n>0$ 而且 $\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}<p$。

那么，给定$n\geq n_0$，注意到 $a_{n+1}=(a_{n+1}-a_{n})+\cdots+(a_{n_0+1}-a_{n_0})+a_{n_0}<p(b_{n+1}-b_{n_0})+a_{n_0}$。因为 $b_{n+1}>0$, 我们有 $\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}<p\left(1-\frac{b_{n_0}}{b_{n+1}}\right)+\frac{a_{n_0}}{b_{n+1}}$。

令$c_n=p\left(1-\frac{b_{n_0}}{b_{n}}\right)+\frac{a_{n_0}}{b_{n}}$，由于$\lim_{n\to \infty}b_n=\infty$, 于是$\lim_{n\to \infty}c_n=p$。因此我们有$\exists n_1\in \mathbb N, \forall n\geq n_1, c_n<q$。那么，对于$n\geq n_4:=\max\{n_0, n_1\}$，我们有 $\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}<c_{n+1}<q$。同样地，对于 $-\infty<l\leq \infty$与 $q'<l$,

存在 $n_3\in \mathbb N$ 使得对于所有 $n\geq n_3$, 我们有 $q'<\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}$。于是，如果

- $l=\infty$, 那么 $\forall q'\in \mathbb{R}, \exists n_3\in \mathbb{N}, \forall n\geq n_3, q'<\frac{a_n}{b_n}$。因此 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=\infty=l$。
- $l=-\infty$, 那么 $\forall q\in \mathbb{R}, \exists n_4\in \mathbb{N}, \forall n\geq n_4, \frac{a_n}{b_n}<q$。因此 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=-\infty=l$。
- $l\in \mathbb R$, 那么对于所有$q,q'\in \mathbb{R}$ 使得$q'<l<q$，存在一个$n_5\in \mathbb N$ (上述$n_3, n_4$的最大值)，使得对于所有$n\geq n_5$，我们有 $q'<\frac{a_n}{b_n}<q$。因此$\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=l$。

对于$(b_n)$为严格递减并发散至$-\infty$的情况，注意到$\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=\frac{(-a_{n+1})-(-a_n)}{(-b_{n+1})-(-b_n)}$ 且$(-b_n)$ 为一个严格递增至$\infty$的数列即得证。

### 0/0的情况

假设$(b_n)$为严格递减收敛至$0$, 而且$-\infty\leq l<\infty$, 于是存在 $p,q\in \mathbb R$ 使得 $l<p<q$。因此我们有 $\exists n_0\in \mathbb N, \forall n\geq n_0, b_n>0$ 而且 $\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}<p$。

那么，给定$m\geq n\geq n_0$，注意到 $a_{n}=(a_{n}-a_{n+1})+\cdots+(a_m-a_{m+1})+a_{m+1}<p(b_n-b_{m+1})+a_{m+1}$。因为 $b_n>0$, 我们有 $\frac{a_{n}}{b_{n}}<p\left(1-\frac{b_{m+1}}{b_n}\right)+\frac{a_{m+1}}{b_{n}}$。

令$c_m=p\left(1-\frac{b_{m+1}}{b_n}\right)+\frac{a_{m+1}}{b_{n}}$，由于$\lim_{m\to \infty}b_m=0, \lim_{m\to \infty}a_m=0$, 于是$\lim_{m\to \infty}c_m=p$。那么，当$m\to \infty$, 我们有 $\frac{a_n}{b_n}\leq p<q$。同样地，对于$-\infty<l\leq \infty$和 $q'<l$

存在 $n_1\in \mathbb N$ 使得对于所有 $n\geq n_1$, 我们有 $q'<\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}$。于是，如果

- $l=\infty$, 那么 $\forall q'\in \mathbb{R}, \exists n_1\in \mathbb{N}, \forall n\geq n_1, q'<\frac{a_n}{b_n}$。因此 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=\infty=l$。
- $l=-\infty$, 那么 $\forall q\in \mathbb{R}, \exists n_0\in \mathbb{N}, \forall n\geq n_0, \frac{a_n}{b_n}<q$。因此 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=-\infty=l$。
- $l\in \mathbb R$, 那么对于所有$q,q'\in \mathbb{R}$ 使得$q'<l<q$，存在一个$n_2\in \mathbb N$ (上述$n_0, n_1$的最大值)，使得对于所有$n\geq n_2$，我们有 $q'<\frac{a_n}{b_n}<q$。因此$\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=l$。

对于$(b_n)$为严格递增并收敛到$0$的情况，注意到$\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=\frac{(-a_{n+1})-(-a_n)}{(-b_{n+1})-(-b_n)}$ 且$(-b_n)$ 为一个严格递增至$0$的数列即得证。

### 直观解释

利用与折线斜率的类比，该定理具有直观的几何意义。

## 应用

### 算术平均

令 $(x_n)_{n\geq 1}$ 为一个收敛到$l$的实数数列, 定义

$$a_n:=\sum_{m=1}^nx_m=x_1+\dots+x_n,\quad b_n:=n$$

那么$(b_n)$ 为一个递增至 $+\infty$ 的数列. 计算

$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=\lim_{n\to\infty} x_{n+1}=\lim_{n\to\infty} x_n=l$$

因此

$$\lim_{n\to\infty}\frac{x_1+\dots+ x_n}{n}=\lim_{n\to\infty}x_n.$$

### 几何平均

令 $(x_n)_{n\geq 1}$ 为一个收敛到$l$的正数数列, 定义

$$a_n:=\log(x_1\cdots x_n),\quad b_n:=n,$$

计算

$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=\lim_{n\to\infty}\log\Big(\frac{x_1\cdots x_{n+1}}{x_1\cdots x_n}\Big)=\lim_{n\to\infty}\log(x_{n+1})=\lim_{n\to\infty}\log(x_n)=\log(l),$$

这边我们使用到对数函数是连续的。因此

$$\lim_{n\to\infty}\frac{\log(x_1\cdots x_n)}{n}=\lim_{n\to\infty}\log\Big((x_1\cdots x_n)^{\frac{1}{n}}\Big)=\log(l),$$

再一次，因为对数函数是连续和单调的，我们有

$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{x_1\cdots x_n}=\lim_{n\to\infty}x_n$.

### 根号与比值

令 $(x_n)_{n\geq 1}$ 为一个收敛到$l$的正数数列, 定义

$$y_0=1, y_n=x_ny_{n-1},$$

其中$n\in \mathbb N$。那么我们有 $\sqrt[n]{x_1\cdots x_n}=\sqrt[n]{y_n}$。于是。

我们有

$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{y_n}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{x_1\cdots x_n}=\lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}\frac{y_n}{y_{n-1}}=l$。

## 相关命题

这个用于解决数列不定型极限的定理与用于解决函数不定型极限的洛必达法则在形式上非常类似。求数列的差分对应于求函数的导函数，斯托尔兹－切萨罗定理就相当于是洛必达法则的离散化版本。但在类比记忆时应当注意，斯托尔兹－切萨罗定理要求数列要具有严格的单调性（或者至少当项数足够大时，要具有严格单调性），而洛必达法则没有对函数的单调性作出要求；洛必达法则要求函数在所考察点的邻域上具有可求导性，但斯托尔兹－切萨罗定理对数列不存在类似限制（数列没有“可差分性”一说）。并非所有的函数都可以进行求导运算，但任何数列都是可以进行差分运算的。

此定理的逆命题不成立。也即当满足条件的$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}$存在时，$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}$未必存在。如设$a_n = 7n- (-1)^n$，$b_n = 7n- 2\times (-1)^n$，这2个正实数数列都是严格单调递增的且发散至无穷大。易知$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}$存在，且数值为1。但是$\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{7(n+1)- (-1)^{n+1}- (7n- (-1)^n)}{7(n+1)- 2\times (-1)^{n+1}- (7n- 2\times (-1)^n)} = \frac{7- (-1)^{n+1} + (-1)^n}{7- 2\times (-1)^{n+1} + 2\times (-1)^n}$当$n \to \infty$时是震荡的，即此差分之商的极限值不存在。目前可找出的例子都是借助震荡型数列构造的，而用于说明洛必达法则的逆命题不成立的例子也用到了震荡型的函数。

## 推广

该定理的一个推广形式如下：

如果$(a_n)_{n\geq 1}$ 和$(b_n)_{n\geq 1}$是两个数列，而$b_n$是单调无界的，那么

$$\liminf_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}\leq \liminf_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}\leq\limsup_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}\leq\limsup_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}.$$

### 证明

假设$(b_n)$为严格递增并发散至$\infty$, 而且$-\infty\leq l:=\limsup_{n\to \infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}<\infty$, 于是存在 $p,q\in \mathbb R$ 使得 $l<p<q$。因此我们有 $\exists n_0\in \mathbb N, \forall n\geq n_0, b_n>0$ 而且 $\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}<p$。

那么，给定$n\geq n_0$，注意到 $a_{n+1}=(a_{n+1}-a_{n})+\cdots+(a_{n_0+1}-a_{n_0})+a_{n_0}<p(b_{n+1}-b_{n_0})+a_{n_0}$。因为 $b_{n+1}>0$, 我们有 $\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}<p\left(1-\frac{b_{n_0}}{b_{n+1}}\right)+\frac{a_{n_0}}{b_{n+1}}$。

令$c_n=p\left(1-\frac{b_{n_0}}{b_{n}}\right)+\frac{a_{n_0}}{b_{n}}$，由于$\lim_{n\to \infty}b_n=\infty$, 于是$\lim_{n\to \infty}c_n=p$。因此我们有$\exists n_1\in \mathbb N, \forall n\geq n_1, c_n<q$。那么，对于$n\geq n_2:=\max\{n_0, n_1\}$，我们有 $\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}<c_{n+1}<q$。

于是，当$n\to \infty$，我们有$\limsup_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}\leq q$。因为$q$是任意大于$l$的数，$\limsup_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}\leq l$。当$l=\infty$，不等式显然成立。

假设$-\infty <m:=\liminf_{n\to \infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}\leq\infty$, 于是存在 $p,q\in \mathbb R$ 使得 $q'<p'<m$。因此我们有 $\exists n_0\in \mathbb N, \forall n\geq n_3, b_n>0$ 而且 $p'<\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}$。

那么，给定$n\geq n_0$，注意到 $a_{n+1}=(a_{n+1}-a_{n})+\cdots+(a_{n_0+1}-a_{n_0})+a_{n_0}<p(b_{n+1}-b_{n_0})+a_{n_0}$。因为 $b_{n+1}>0$, 我们有 $p\left(1-\frac{b_{n_0}}{b_{n+1}}\right)+\frac{a_{n_0}}{b_{n+1}}<\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}$。

令$c_n=p\left(1-\frac{b_{n_0}}{b_{n}}\right)+\frac{a_{n_0}}{b_{n}}$，由于$\lim_{n\to \infty}b_n=\infty$, 于是$\lim_{n\to \infty}c_n=p'$。因此我们有$\exists n_1\in \mathbb N, \forall n\geq n_4, q'<c_n$。那么，对于$n\geq n_5:=\max\{n_3, n_4\}$，我们有 $q'<\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}$。

于是，当$n\to \infty$，我们有$q'\leq \liminf_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}$。因为$q'$是任意小于$m$的数，$m\leq\limsup_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}$。当$l=-\infty$，不等式显然成立。

对于$(b_n)$为严格递减并发散至$-\infty$的情况，注意到$\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=\frac{(-a_{n+1})-(-a_n)}{(-b_{n+1})-(-b_n)}$ 且$(-b_n)$ 为一个严格递增至$\infty$的数列即得证。