Теорема Штольца

Випадок 1: Нехай ${\displaystyle \{b_{n}\}}$ строго зростаюча і розбіжна до ${\displaystyle +\infty }$, ${\displaystyle l<\infty }$. За припущенням маємо, що для всіх ${\displaystyle {\frac {\varepsilon }{2}}>0}$ існує ${\displaystyle \nu >0}$ таке, що ${\displaystyle \forall n>\nu }$

${\displaystyle \left|{\frac {a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}}-l\right|<{\frac {\varepsilon }{2}},}$

тобто

${\displaystyle l-{\frac {\varepsilon }{2}}<{\frac {a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}}<l+{\frac {\varepsilon }{2}},\quad \forall n>\nu .}$

Оскільки ${\displaystyle \{b_{n}\}}$ строго зростаюча, ${\displaystyle b_{n+1}-b_{n}>0}$, то виконується нерівність

${\displaystyle \left(l-{\frac {\varepsilon }{2}}\right)(b_{n+1}-b_{n})<a_{n+1}-a_{n}<\left(l+{\frac {\varepsilon }{2}}\right)(b_{n+1}-b_{n}),\quad \forall n>\nu }$.

Далі зауважимо, що

${\displaystyle a_{n}=[(a_{n}-a_{n-1})+\dots +(a_{\nu +2}-a_{\nu +1})]+a_{\nu +1}}$

таким чином, застосовуючи вищезазначену нерівність до кожного з доданків у квадратних дужках, отримуємо

${\displaystyle {\begin{aligned}&\left(l-{\frac {\varepsilon }{2}}\right)(b_{n}-b_{\nu +1})+a_{\nu +1}=\left(l-{\frac {\varepsilon }{2}}\right)[(b_{n}-b_{n-1})+\dots +(b_{\nu +2}-b_{\nu +1})]+a_{\nu +1}<a_{n}\\&a_{n}<\left(l+{\frac {\varepsilon }{2}}\right)[(b_{n}-b_{n-1})+\dots +(b_{\nu +2}-b_{\nu +1})]+a_{\nu +1}=\left(l+{\frac {\varepsilon }{2}}\right)(b_{n}-b_{\nu +1})+a_{\nu +1}.\end{aligned}}}$

Тепер, оскільки ${\displaystyle b_{n}\to +\infty }$ при ${\displaystyle n\to \infty }$, то існує ${\displaystyle n_{0}>0}$ таке, що ${\displaystyle b_{n}\gneq 0}$ для всіх ${\displaystyle n>n_{0}}$, і можемо поділити обидві нерівності на ${\displaystyle b_{n}}$ для всіх ${\displaystyle n>\max\{\nu ,n_{0}\}}$

${\displaystyle \left(l-{\frac {\varepsilon }{2}}\right)+{\frac {a_{\nu +1}-b_{\nu +1}\left(l-{\frac {\varepsilon }{2}}\right)}{b_{n}}}<{\frac {a_{n}}{b_{n}}}<\left(l+{\frac {\varepsilon }{2}}\right)+{\frac {a_{\nu +1}-b_{\nu +1}\left(l+{\frac {\varepsilon }{2}}\right)}{b_{n}}}.}$

Дві послідовності (які визначені лише для ${\displaystyle n>n_{0}}$ оскільки має існувати ${\displaystyle N\leq n_{0}}$ таке, що ${\displaystyle b_{N}=0}$)

${\displaystyle c_{n}^{\pm }:={\frac {a_{\nu +1}-b_{\nu +1}\left(l\pm {\frac {\varepsilon }{2}}\right)}{b_{n}}}}$

нескінченно малі оскільки ${\displaystyle b_{n}\to +\infty }$ а чисельник — це стала. Отже, для всіх ${\displaystyle {\frac {\varepsilon }{2}}}$ існує ${\displaystyle n_{\pm }>n_{0}>0}$, таке, що

${\displaystyle {\begin{aligned}&|c_{n}^{+}|<{\frac {\varepsilon }{2}},\quad \forall n>n_{+},\\&|c_{n}^{-}|<{\frac {\varepsilon }{2}},\quad \forall n>n_{-},\end{aligned}}}$

Таким чином,

${\displaystyle l-\varepsilon <l-\varepsilon /2+c_{n}^{-}<{\frac {a_{n}}{b_{n}}}<l+{\frac {\varepsilon }{2}}+c_{n}^{+}<l+\varepsilon ,\quad \forall n>\max \lbrace \nu ,n_{\pm }\rbrace =:N>0,}$

що завершує доведення. Випадок, коли послідовність ${\displaystyle \{b_{n}\}}$ строго спадна і розбіжна до ${\displaystyle -\infty }$, ${\displaystyle l<\infty }$ розглядається аналогічно.

Випадок 2: Нехай ${\displaystyle \{b_{n}\}}$ — строго зростаюча і розбіжна, ${\displaystyle l=+\infty }$. Продовжуючи, як і раніше, для всіх ${\displaystyle {\frac {3}{2}}M>0}$ для яких існує ${\displaystyle \nu >0}$ таких, що ${\displaystyle n>\nu }$

${\displaystyle {\frac {a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}}>{\frac {3}{2}}M.}$

Знову ж таки, застосовуючи вищезазначену нерівність до кожного з доданків всередині квадратних дужок, отримуємо

${\displaystyle a_{n}>{\frac {3}{2}}M(b_{n}-b_{\nu +1})+a_{\nu +1},\quad \forall n>\nu ,}$

і

${\displaystyle {\frac {a_{n}}{b_{n}}}>{\frac {3}{2}}M+{\frac {a_{\nu +1}-{\frac {3}{2}}Mb_{\nu +1}}{b_{n}}},\quad \forall n>\max\{\nu ,n_{0}\}.}$

Послідовність ${\displaystyle \{c_{n}\}_{n>n_{0}}}$ визначена як

${\displaystyle c_{n}:={\frac {a_{\nu +1}-{\frac {3}{2}}Mb_{\nu +1}}{b_{n}}}}$

нескінченно мала, таким чином,

${\displaystyle \forall M/2>0\,\exists {\bar {n}}>n_{0}>0{\text{ таке, що}}-M/2<c_{n}<M/2,\,\forall n>{\bar {n}}.}$

Комбінуючи цю нерівність з попередньою, робимо висновок, що

${\displaystyle {\frac {a_{n}}{b_{n}}}>{\frac {3}{2}}M+c_{n}>M,\quad \forall n>\max\{\nu ,{\bar {n}}\}=:N.}$

Так само доводяться випадки, коли ${\displaystyle \{b_{n}\}}$ строго зростаюча або спадаюча і прямує до ${\displaystyle +\infty }$ або ${\displaystyle -\infty }$ відповідно ${\displaystyle l=\pm \infty }$.

Випадок 1: спочатку розглядаємо випадок коли ${\displaystyle l<\infty }$ і ${\displaystyle \{b_{n}\}}$ строго зростаюча. Цього разу, для кожного ${\displaystyle m>0}$, можемо записати

${\displaystyle a_{n}=(a_{n}-a_{n-1})+\dots +(a_{m+\nu +1}-a_{m+\nu })+a_{m+\nu },}$

і

${\displaystyle {\begin{aligned}&\left(l-{\frac {\varepsilon }{2}}\right)(b_{n}-b_{\nu +m})+a_{\nu +m}=\left(l-{\frac {\varepsilon }{2}}\right)[(b_{n}-b_{n-1})+\dots +(b_{\nu +m+1}-b_{\nu +m})]+a_{\nu +m}<a_{n}\\&a_{n}<\left(l+{\frac {\varepsilon }{2}}\right)[(b_{n}-b_{n-1})+\dots +(b_{\nu +m+1}-b_{\nu +m})]+a_{\nu +m}=\left(l+{\frac {\varepsilon }{2}}\right)(b_{n}-b_{\nu +m})+a_{\nu +m}.\end{aligned}}}$

Дві послідовності

${\displaystyle c_{m}^{\pm }:={\frac {a_{\nu +m}-b_{\nu +m}(l\pm \varepsilon /2)}{b_{n}}}}$

є наскінченно малими за припущенням ${\displaystyle a_{m},b_{m}\to 0}$, тому для всіх ${\displaystyle {\frac {\varepsilon }{2}}>0}$ існують такі ${\displaystyle n^{\pm }>0}$ що

${\displaystyle {\begin{aligned}&|c_{m}^{+}|<{\dfrac {\varepsilon }{2}},\quad \forall m>n_{+},\\&|c_{m}^{-}|<{\dfrac {\varepsilon }{2}},\quad \forall m>n_{-}.\end{aligned}}}$

Отже, вибираючи ${\displaystyle m}$ відповідним чином (тобто, переходячи до границі відносно ${\displaystyle m}$) отримуємо

${\displaystyle l-\varepsilon <l-{\dfrac {\varepsilon }{2}}+c_{m}^{-}<{\frac {a_{n}}{b_{n}}}<l+{\dfrac {\varepsilon }{2}}+c_{m}^{+}<l+\varepsilon ,\quad \forall n>\max\{\nu ,n_{0}\},}$

що і завершує доведення.

Випадок 2: вважаємо, що ${\displaystyle l=+\infty }$ і ${\displaystyle \{b_{n}\}}$ строго зростаюча. Для всіх ${\displaystyle {\frac {3}{2}}M>0}$ існує таке ${\displaystyle \nu >0}$ що для всіх ${\displaystyle n>\nu }$

${\displaystyle {\frac {a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}}>{\frac {3}{2}}M.}$

Тоді для кожного ${\displaystyle m>0}$

${\displaystyle {\frac {a_{n}}{b_{n}}}>{\frac {3}{2}}M+{\frac {a_{\nu +m}-{\frac {3}{2}}Mb_{\nu +m}}{b_{n}}},\quad \forall n>\max\{\nu ,n_{0}\}.}$

Послідовність

${\displaystyle c_{m}:={\frac {a_{\nu +m}-{\frac {3}{2}}Mb_{\nu +m}}{b_{n}}}}$

збігається до ${\displaystyle 0}$ (для фіксованого ${\displaystyle n}$), тому

${\displaystyle \forall M/2>0\,\exists {\bar {n}}>0{\mbox{ такий, що }}-M/2<c_{m}<M/2,\,\forall m>{\bar {n}},}$

і, вибираючи зручне для нас ${\displaystyle m}$ завершуємо доведення

${\displaystyle {\frac {a_{n}}{b_{n}}}>{\frac {3}{2}}M+c_{m}>M,\quad \forall n>\max\{\nu ,n_{0}\}.}$

Нехай ${\displaystyle \{x_{n}\}}$ — послідовність дійсних чисел, яка збігається до ${\displaystyle l}$. Розглянемо послідовності

${\displaystyle a_{n}:=\sum _{m=1}^{n}x_{m}=x_{1}+\dots +x_{n},\quad b_{n}:=n}$,

тоді ${\displaystyle \{b_{n}\}}$ строго зростає і прямує до ${\displaystyle +\infty }$. Тепер обчислюємо

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}}=\lim _{n\to \infty }x_{n+1}=\lim _{n\to \infty }x_{n}=l}$,

тоді

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {x_{1}+\dots +x_{n}}{n}}=\lim _{n\to \infty }x_{n}.}$

Якщо для послідовністі ${\displaystyle (x_{n})_{n\geq 1}}$ дійсних чисел існує границя

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }x_{n}}$

то

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {x_{1}+\dots +x_{n}}{n}}=\lim _{n\to \infty }x_{n}.}$

Нехай ${\displaystyle \{x_{n}\}}$ — послідовність додатних дійсних чисел, яка прямує до ${\displaystyle l}$ і визначена як

${\displaystyle a_{n}:=\log(x_{1}\cdots x_{n}),\quad b_{n}:=n.}$

Знову обчислимо

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}}=\lim _{n\to \infty }\log {\Big (}{\frac {x_{1}\cdots x_{n+1}}{x_{1}\cdots x_{n}}}{\Big )}=\lim _{n\to \infty }\log(x_{n+1})=\lim _{n\to \infty }\log(x_{n})=\log(l),}$

де використано неперервність логарифмічної функції. Таким чином,

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {\log(x_{1}\cdots x_{n})}{n}}=\lim _{n\to \infty }\log {\Big (}(x_{1}\cdots x_{n})^{\frac {1}{n}}{\Big )}=\log(l),}$

оскільки логарифм неперервний і ін'єктивний, то можна зробити висновок, що

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{x_{1}\cdots x_{n}}}=\lim _{n\to \infty }x_{n}}$.

Якщо задано послідовність ${\displaystyle \{x_{n}\}_{n\geq 1}}$ (строго) додатних чисел і існує границя (скінченна або нескінченна)

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }x_{n}}$,

тоді

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{x_{1}\cdots x_{n}}}=\lim _{n\to \infty }x_{n}.}$

Нехай задано послідовність ${\displaystyle \{y_{n}\}_{n\geq 1}}$ і потрібно обчислити

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{y_{n}}}.}$

Поклавши ${\displaystyle y_{0}=1}$ and ${\displaystyle x_{n}=y_{n}/y_{n-1},}$ отримаємо

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{x_{1}\dots x_{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{\frac {y_{1}\dots y_{n}}{y_{0}\cdot y_{1}\dots y_{n-1}}}}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{y_{n}}},}$

та застосувавши вищезазначену властивість, маємо

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{y_{n}}}=\lim _{n\to \infty }x_{n}=\lim _{n\to \infty }{\frac {y_{n}}{y_{n-1}}}.}$

Ця форма, як правило, є найбільш корисною для обчислення границь:

Якщо дана послідовність ${\displaystyle \{y_{n}\}_{n\geq 1}}$ (строго) додатних чисел і існує границя  (скінченна або нескінченна)

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {y_{n+1}}{y_{n}}}}$

тоді

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{y_{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {y_{n+1}}{y_{n}}}.}$

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{n}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {n+1}{n}}=1.}$

${\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }{\frac {\sqrt[{n}]{n!}}{n}}&=\lim _{n\to \infty }{\frac {(n+1)!(n^{n})}{n!(n+1)^{n+1}}}\\&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{n}}{(n+1)^{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{(1+{\frac {1}{n}})^{n}}}={\frac {1}{\rm {e}}}.\end{aligned}}}$

Використали, що ${\displaystyle {\rm {e}}}$ можна представити у вигляді границі послідовності.

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {\log(n!)}{n\log(n)}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {\log({\sqrt[{n}]{n!}})}{\log(n)}}.}$

Зауважимо, що

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{n!}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {(n+1)!}{n!}}=\lim _{n\to \infty }(n+1)}$

тоді

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {\log(n!)}{n\log(n)}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {\log(n+1)}{\log(n)}}=1.}$

Розглянемо послідовність

${\displaystyle a_{n}=(-1)^{n}{\frac {n!}{n^{n}}}}$.

Перепишемо її у вигляді

${\displaystyle a_{n}=b_{n}\cdot c_{n},\quad b_{n}:=(-1)^{n},\quad c_{n}:=\left({\frac {\sqrt[{n}]{n!}}{n}}\right)^{n},}$

послідовність ${\displaystyle (b_{n})}$ обмежена (і знакопереміжна), у той час як

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left({\frac {\sqrt[{n}]{n!}}{n}}\right)^{n}=\lim _{n\to \infty }(1/{\rm {e)^{n}=0.}}}$

Це випливає з добре відомої границі, тому що ${\displaystyle {\dfrac {1}{\rm {e}}}<1}$; тоді

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }(-1)^{n}{\frac {n!}{n^{n}}}=0.}$

Загальне формулювання теореми Штольца—Цезаро наступне:[2] якщо ${\displaystyle \{a_{n}\}_{n\geq 1}}$ і ${\displaystyle \{b_{n}\}_{n\geq 1}}$дві послідовності, причому ${\displaystyle \{b_{n}\}_{n\geq 1}}$ монотонна і необмежена, тоді

${\displaystyle \liminf _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}}\leq \liminf _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}\leq \limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}\leq \limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}}.}$

Замість того щоб доводити попереднє твердження, доведемо трохи інше; спочатку введемо позначення: нехай ${\displaystyle \{a_{n}\}_{n\geq 1}}$ будь-яка послідовність, тоді її часткова сума матиме вигляд ${\displaystyle A_{n}:=\sum _{m\geq 1}^{n}a_{m}}$. Еквівалентним твердженням, яке доведемо, є:

Нехай ${\displaystyle \{a_{n}\}_{n\geq 1},\{b_{n}\}_{\geq 1}}$ будь-які послідовності дійсних чисел такі, що

• ${\displaystyle b_{n}>0,\quad \forall n\in {\mathbb {Z} }_{>0}}$,
• ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }B_{n}=+\infty }$,

тоді

${\displaystyle \liminf _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}\leq \liminf _{n\to \infty }{\frac {A_{n}}{B_{n}}}\leq \limsup _{n\to \infty }{\frac {A_{n}}{B_{n}}}\leq \limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}.}$

Спочатку відмітимо, що:

• ${\displaystyle \liminf _{n\to \infty }{\frac {A_{n}}{B_{n}}}\leq \limsup _{n\to \infty }{\frac {A_{n}}{B_{n}}}}$ за означенням верхньої та нижньої границь;
• ${\displaystyle \liminf _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}\leq \liminf _{n\to \infty }{\frac {A_{n}}{B_{n}}}}$ виконується тоді і тільки тоді, коли ${\displaystyle \limsup _{n\to \infty }{\frac {A_{n}}{B_{n}}}\leq \limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}}$ because ${\displaystyle \liminf _{n\to \infty }x_{n}=-\limsup _{n\to \infty }(-x_{n})}$ тому що ${\displaystyle (x_{n})_{n\geq 1}}$.

Тоді достатньо показати, що ${\displaystyle \limsup _{n\to \infty }{\frac {A_{n}}{B_{n}}}\leq \limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}}$. Якщо ${\displaystyle L:=\limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}=+\infty }$то можемо припустити ${\displaystyle L<+\infty }$ (він може бути як скінченним, так і${\displaystyle -\infty }$).За означенням ${\displaystyle \limsup }$,для всіх ${\displaystyle l>L}$ існує таке натуральне число ${\displaystyle \nu >0,}$ що

${\displaystyle {\frac {a_{n}}{b_{n}}}<l,\quad \forall n>\nu .}$

Використаємо цю нерівність щоб записати

${\displaystyle A_{n}=A_{\nu }+a_{\nu +1}+\dots +a_{n}<A_{\nu }+l(B_{n}-B_{\nu }),\quad \forall n>\nu ,}$

Так як ${\displaystyle b_{n}>0}$, то також маємо ${\displaystyle B_{n}>0}$ і можемо поділити на ${\displaystyle B_{n}}$ щоб отримати

${\displaystyle {\frac {A_{n}}{B_{n}}}<{\frac {A_{\nu }-lB_{\nu }}{B_{n}}}+l,\quad \forall n>\nu .}$

Так як ${\displaystyle B_{n}\to +\infty }$ при ${\displaystyle n\to +\infty }$, о послідовність

${\displaystyle {\frac {A_{\nu }-lB_{\nu }}{B_{n}}}\to 0{\text{ при }}n\to +\infty {\text{ ( }}\nu {\text{ фіксоване)}},}$

і отримаємо

${\displaystyle \limsup _{n\to \infty }{\frac {A_{n}}{B_{n}}}\leq l,\quad \forall l>L,}$

За означенням точної верхньої границі, це означає, що

${\displaystyle \limsup _{n\to \infty }{\frac {A_{n}}{B_{n}}}\leq L=\limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}},}$

що й треба було довести.

Тепер візьмемо такі ${\displaystyle \{a_{n}\},\{b_{n}\}}$ як у загальному формулюванні теореми Штольца-Цезаро і визначимо

${\displaystyle \alpha _{1}=a_{1},\alpha _{k}=a_{k}-a_{k-1},\,\forall k>1\quad \beta _{1}=b_{1},\beta _{k}=b_{k}-b_{k-1}\,\forall k>1.}$

Так як ${\displaystyle (b_{n})}$ строго монотонна (можна припустити, що вона строго зростаюча), ${\displaystyle \beta _{n}>0}$для всіх ${\displaystyle n,}$ оскільки ${\displaystyle b_{n}\to +\infty }$ то${\displaystyle \mathrm {B} _{n}=b_{1}+(b_{2}-b_{1})+\dots +(b_{n}-b_{n-1})=b_{n}\to +\infty .}$Таким чином, можемо застосувати щойно доведену теорему для ${\displaystyle \{\alpha _{n}\},~\{\beta _{n}\}}$ (і для їх часткових сум ${\displaystyle \{\mathrm {A} _{n}\},~\{\mathrm {B} _{n}\}}$)

${\displaystyle \limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}=\limsup _{n\to \infty }{\frac {\mathrm {A} _{n}}{\mathrm {B} _{n}}}\leq \limsup _{n\to \infty }{\frac {\alpha _{n}}{\beta _{n}}}=\limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n}-a_{n-1}}{b_{n}-b_{n-1}}},}$

отримали те, що і треба було довести.