斯托爾茲-切薩羅定理

斯托爾茲－切薩羅定理（Stolz–Cesàro theorem）是數學分析學中的一個用於證明數列收歛的定理。該定理以奧地利人奧托·施托爾茨和義大利人恩納斯托·切薩羅命名。

## 內容

### 情況的敘述

令 $(a_n)_{n \geq 1}$ 以及 $(b_n)_{n \geq 1}$ 為兩個實數數列。假設 $(b_n)_{n \geq 1}$ 是個嚴格單調且發散的數列(亦即嚴格遞增並接近無窮大，或者嚴格遞減並接近負無窮大)，以及下述極限存在:

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

那麼，可以推得極限

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

### 0/0 情況的敘述

令 $(a_n)_{n \geq 1}$ 以及 $(b_n)_{n \geq 1}$ 為兩個實數數列。假設 $(a_n)\to 0$ 以及 $(b_n)\to 0$，並且 $(b_n)_{n \geq 1}$ 是嚴格單調。如果

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

則

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

### 用法說明

該定理雖然主要被用來處理數列不定型極限，但該定理在沒有$\lim_{n \to \infty} a_n= \infty$這一限制條件時也是成立的。雖然該定理通常是以分母$b_n$為正數數列的情形加以敘述的，但注意到該定理對分子$a_n$的正負沒有限制，所以原則上把對數列$b_n$的限制條件替換為「嚴格單調遞減且趨於負無窮大」也是沒有問題的。

與洛必達法則的迭代用法類似，在嘗試應用斯托爾茲－切薩羅定理考察數列的極限時，如果發現兩個數列差分的商仍然是不定型，可以嘗試再使用1次該定理，考察其2階差分之商的極限。

應當注意，當$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}$不存在時，不能認定$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}$必定也不存在。換句話說，確實有「有窮極限$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}$存在，但有窮極限$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}$不存在」的情況（詳見下文針對此逆命題所舉的反例）。

## 證明

### 的情況

假設$(b_n)$為嚴格遞增並發散至$\infty$, 而且$-\infty\leq l<\infty$, 於是存在 $p,q\in \mathbb R$ 使得 $l<p<q$。因此我們有 $\exists n_0\in \mathbb N, \forall n\geq n_0, b_n>0$ 而且 $\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}<p$。

那麼，給定$n\geq n_0$，注意到 $a_{n+1}=(a_{n+1}-a_{n})+\cdots+(a_{n_0+1}-a_{n_0})+a_{n_0}<p(b_{n+1}-b_{n_0})+a_{n_0}$。因為 $b_{n+1}>0$, 我們有 $\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}<p\left(1-\frac{b_{n_0}}{b_{n+1}}\right)+\frac{a_{n_0}}{b_{n+1}}$。

令$c_n=p\left(1-\frac{b_{n_0}}{b_{n}}\right)+\frac{a_{n_0}}{b_{n}}$，由於$\lim_{n\to \infty}b_n=\infty$, 於是$\lim_{n\to \infty}c_n=p$。因此我們有$\exists n_1\in \mathbb N, \forall n\geq n_1, c_n<q$。那麼，對於$n\geq n_4:=\max\{n_0, n_1\}$，我們有 $\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}<c_{n+1}<q$。同樣地，對於 $-\infty<l\leq \infty$與 $q'<l$,

存在 $n_3\in \mathbb N$ 使得對於所有 $n\geq n_3$, 我們有 $q'<\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}$。於是，如果

- $l=\infty$, 那麼 $\forall q'\in \mathbb{R}, \exists n_3\in \mathbb{N}, \forall n\geq n_3, q'<\frac{a_n}{b_n}$。因此 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=\infty=l$。
- $l=-\infty$, 那麼 $\forall q\in \mathbb{R}, \exists n_4\in \mathbb{N}, \forall n\geq n_4, \frac{a_n}{b_n}<q$。因此 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=-\infty=l$。
- $l\in \mathbb R$, 那麼對於所有$q,q'\in \mathbb{R}$ 使得$q'<l<q$，存在一個$n_5\in \mathbb N$ (上述$n_3, n_4$的最大值)，使得對於所有$n\geq n_5$，我們有 $q'<\frac{a_n}{b_n}<q$。因此$\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=l$。

對於$(b_n)$為嚴格遞減並發散至$-\infty$的情況，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$(-b_n)$ 為一個嚴格遞增至$\infty$的數列即得證。

### 0/0的情況

假設$(b_n)$為嚴格遞減收斂至$0$, 而且$-\infty\leq l<\infty$, 於是存在 $p,q\in \mathbb R$ 使得 $l<p<q$。因此我們有 $\exists n_0\in \mathbb N, \forall n\geq n_0, b_n>0$ 而且 $\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}<p$。

那麼，給定$m\geq n\geq n_0$，注意到 $a_{n}=(a_{n}-a_{n+1})+\cdots+(a_m-a_{m+1})+a_{m+1}<p(b_n-b_{m+1})+a_{m+1}$。因為 $b_n>0$, 我們有 $\frac{a_{n}}{b_{n}}<p\left(1-\frac{b_{m+1}}{b_n}\right)+\frac{a_{m+1}}{b_{n}}$。

令$c_m=p\left(1-\frac{b_{m+1}}{b_n}\right)+\frac{a_{m+1}}{b_{n}}$，由於$\lim_{m\to \infty}b_m=0, \lim_{m\to \infty}a_m=0$, 於是$\lim_{m\to \infty}c_m=p$。那麼，當$m\to \infty$, 我們有 $\frac{a_n}{b_n}\leq p<q$。同樣地，對於$-\infty<l\leq \infty$和 $q'<l$

存在 $n_1\in \mathbb N$ 使得對於所有 $n\geq n_1$, 我們有 $q'<\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}$。於是，如果

- $l=\infty$, 那麼 $\forall q'\in \mathbb{R}, \exists n_1\in \mathbb{N}, \forall n\geq n_1, q'<\frac{a_n}{b_n}$。因此 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=\infty=l$。
- $l=-\infty$, 那麼 $\forall q\in \mathbb{R}, \exists n_0\in \mathbb{N}, \forall n\geq n_0, \frac{a_n}{b_n}<q$。因此 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=-\infty=l$。
- $l\in \mathbb R$, 那麼對於所有$q,q'\in \mathbb{R}$ 使得$q'<l<q$，存在一個$n_2\in \mathbb N$ (上述$n_0, n_1$的最大值)，使得對於所有$n\geq n_2$，我們有 $q'<\frac{a_n}{b_n}<q$。因此$\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=l$。

對於$(b_n)$為嚴格遞增並收斂到$0$的情況，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$(-b_n)$ 為一個嚴格遞增至$0$的數列即得證。

### 直觀解釋

利用與折線斜率的類比，該定理具有直觀的幾何意義。

## 應用

### 算術平均

令 $(x_n)_{n\geq 1}$ 為一個收斂到$l$的實數數列, 定義

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

那麼$(b_n)$ 為一個遞增至 $+\infty$ 的數列. 計算

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

因此

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

### 幾何平均

令 $(x_n)_{n\geq 1}$ 為一個收斂到$l$的正數數列, 定義

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

計算

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

這邊我們使用到對數函數是連續的。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，因為對數函數是連續和單調的，我們有

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

### 根號與比值

令 $(x_n)_{n\geq 1}$ 為一個收斂到$l$的正數數列, 定義

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

其中$n\in \mathbb N$。那麼我們有 $\sqrt[n]{x_1\cdots x_n}=\sqrt[n]{y_n}$。於是。

我們有

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

## 相關命題

這個用於解決數列不定型極限的定理與用於解決函數不定型極限的洛必達法則在形式上非常類似。求數列的差分對應於求函數的導函數，斯托爾茲－切薩羅定理就相當於是洛必達法則的離散化版本。但在類比記憶時應當注意，斯托爾茲－切薩羅定理要求數列要具有嚴格的單調性（或者至少當項數足夠大時，要具有嚴格單調性），而洛必達法則沒有對函數的單調性作出要求；洛必達法則要求函數在所考察點的鄰域上具有可求導性，但斯托爾茲－切薩羅定理對數列不存在類似限制（數列沒有「可差分性」一說）。並非所有的函數都可以進行求導運算，但任何數列都是可以進行差分運算的。

此定理的逆命題不成立。也即當滿足條件的$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}$存在時，$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}$未必存在。如設$a_n = 7n- (-1)^n$，$b_n = 7n- 2\times (-1)^n$，這2個正實數數列都是嚴格單調遞增的且發散至無窮大。易知$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}$存在，且數值為1。但是$\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{7(n+1)- (-1)^{n+1}- (7n- (-1)^n)}{7(n+1)- 2\times (-1)^{n+1}- (7n- 2\times (-1)^n)} = \frac{7- (-1)^{n+1} + (-1)^n}{7- 2\times (-1)^{n+1} + 2\times (-1)^n}$當$n \to \infty$時是震盪的，即此差分之商的極限值不存在。目前可找出的例子都是藉助震盪型數列構造的，而用於說明洛必達法則的逆命題不成立的例子也用到了震盪型的函數。

## 推廣

該定理的一個推廣形式如下：

如果$(a_n)_{n\geq 1}$ 和$(b_n)_{n\geq 1}$是兩個數列，而$b_n$是單調無界的，那麼

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

### 證明

假設$(b_n)$為嚴格遞增並發散至$\infty$, 而且$-\infty\leq l:=\limsup_{n\to \infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}<\infty$, 於是存在 $p,q\in \mathbb R$ 使得 $l<p<q$。因此我們有 $\exists n_0\in \mathbb N, \forall n\geq n_0, b_n>0$ 而且 $\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}<p$。

那麼，給定$n\geq n_0$，注意到 $a_{n+1}=(a_{n+1}-a_{n})+\cdots+(a_{n_0+1}-a_{n_0})+a_{n_0}<p(b_{n+1}-b_{n_0})+a_{n_0}$。因為 $b_{n+1}>0$, 我們有 $\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}<p\left(1-\frac{b_{n_0}}{b_{n+1}}\right)+\frac{a_{n_0}}{b_{n+1}}$。

令$c_n=p\left(1-\frac{b_{n_0}}{b_{n}}\right)+\frac{a_{n_0}}{b_{n}}$，由於$\lim_{n\to \infty}b_n=\infty$, 於是$\lim_{n\to \infty}c_n=p$。因此我們有$\exists n_1\in \mathbb N, \forall n\geq n_1, c_n<q$。那麼，對於$n\geq n_2:=\max\{n_0, n_1\}$，我們有 $\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}<c_{n+1}<q$。

於是，當$n\to \infty$，我們有$\limsup_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}\leq q$。因為$q$是任意大於$l$的數，$\limsup_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}\leq l$。當$l=\infty$，不等式顯然成立。

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

那麼，給定$n\geq n_0$，注意到 $a_{n+1}=(a_{n+1}-a_{n})+\cdots+(a_{n_0+1}-a_{n_0})+a_{n_0}<p(b_{n+1}-b_{n_0})+a_{n_0}$。因為 $b_{n+1}>0$, 我們有 $p\left(1-\frac{b_{n_0}}{b_{n+1}}\right)+\frac{a_{n_0}}{b_{n+1}}<\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}$。

令$c_n=p\left(1-\frac{b_{n_0}}{b_{n}}\right)+\frac{a_{n_0}}{b_{n}}$，由於$\lim_{n\to \infty}b_n=\infty$, 於是$\lim_{n\to \infty}c_n=p'$。因此我們有$\exists n_1\in \mathbb N, \forall n\geq n_4, q'<c_n$。那麼，對於$n\geq n_5:=\max\{n_3, n_4\}$，我們有 $q'<\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}$。

於是，當$n\to \infty$，我們有$q'\leq \liminf_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}$。因為$q'$是任意小於$m$的數，$m\leq\limsup_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}$。當$l=-\infty$，不等式顯然成立。

對於$(b_n)$為嚴格遞減並發散至$-\infty$的情況，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$(-b_n)$ 為一個嚴格遞增至$\infty$的數列即得證。