斯托尔兹-切萨罗定理

Template:微积分学 斯托尔兹－切萨罗定理（Template:Lang-en）是数学分析学中的一個用于證明數列收歛的定理。该定理以奥地利人 Template:Link-en和意大利人恩纳斯托·切萨罗命名。

内容

Template:Math 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 .

Template:Math 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 .

^[1]

用法说明

该定理虽然主要被用来处理数列不定型极限^[2]^[3]，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^[3]。虽然该定理通常是以分母 $b_{n}$ 為正數數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。^[3]

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）。

證明

Template:Math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 $p, q \in ℝ$ 使得 $l 0$ 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 $a_{n + 1} = (a_{n + 1} - a_{n}) + \dots + (a_{n_{0} + 1} - a_{n_{0}}) + a_{n_{0}} 0$ , 我們有 $\frac{a_{n + 1}}{b_{n + 1}} < p (1 - \frac{b_{n_{0}}}{b_{n + 1}}) + \frac{a_{n_{0}}}{b_{n + 1}}$ 。

令 $c_{n} = p (1 - \frac{b_{n_{0}}}{b_{n}}) + \frac{a_{n_{0}}}{b_{n}}$ ，由於 $\lim_{n \to \infty} b_{n} = \infty$ , 於是 $\lim_{n \to \infty} c_{n} = p$ 。因此我們有 $\exists n_{1} \in ℕ, \forall n \geq n_{1}, c_{n} < q$ 。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 $n_{3} \in ℕ$ 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 $\forall q^{'} \in ℝ, \exists n_{3} \in ℕ, \forall n \geq n_{3}, q^{'} < \frac{a_{n}}{b_{n}}$ 。因此 $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = \infty = l$ 。
$l = - \infty$ , 那麼 $\forall q \in ℝ, \exists n_{4} \in ℕ, \forall n \geq n_{4}, \frac{a_{n}}{b_{n}} < q$ 。因此 $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = - \infty = l$ 。
$l \in ℝ$ , 那麼對於所有 $q, q^{'} \in ℝ$ 使得 $q^{'} < l < q$ ，存在一個 $n_{5} \in ℕ$ (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。

Template:Math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 $p, q \in ℝ$ 使得 $l 0$ 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 $a_{n} = (a_{n} - a_{n + 1}) + \dots + (a_{m} - a_{m + 1}) + a_{m + 1} 0$ , 我們有 $\frac{a_{n}}{b_{n}} < p (1 - \frac{b_{m + 1}}{b_{n}}) + \frac{a_{m + 1}}{b_{n}}$ 。

令 $c_{m} = p (1 - \frac{b_{m + 1}}{b_{n}}) + \frac{a_{m + 1}}{b_{n}}$ ，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 $n_{1} \in ℕ$ 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 $\forall q^{'} \in ℝ, \exists n_{1} \in ℕ, \forall n \geq n_{1}, q^{'} < \frac{a_{n}}{b_{n}}$ 。因此 $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = \infty = l$ 。
$l = - \infty$ , 那麼 $\forall q \in ℝ, \exists n_{0} \in ℕ, \forall n \geq n_{0}, \frac{a_{n}}{b_{n}} < q$ 。因此 $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = - \infty = l$ 。
$l \in ℝ$ , 那麼對於所有 $q, q^{'} \in ℝ$ 使得 $q^{'} < l < q$ ，存在一個 $n_{2} \in ℕ$ (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

利用与折线斜率的类比，该定理具有直观的几何意义。^[3]

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}^{n} x_{m} = x_{1} + \dots + x_{n}, 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} .

-{zh-hans:幾何; zh-tw: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} \dots x_{n}), 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 (\frac{x_{1} \dots x_{n + 1}}{x_{1} \dots x_{n}}) = \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} \dots x_{n})}{n} = \lim_{n \to \infty} \log ((x_{1} \dots x_{n})^{\frac{1}{n}}) = \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} \dots 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_{n} y_{n - 1},

其中 $n \in ℕ$ 。那麼我們有 $\sqrt[n]{x_{1} \dots x_{n}} = \sqrt[n]{y_{n}}$ 。於是，我們有

\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{y_{n}} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{x_{1} \dots x_{n}} = \lim_{n \to \infty} x_{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{y_{n}}{y_{n - 1}} = l

。

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

\underset{n \to \infty}{lim inf} \frac{a_{n + 1} - a_{n}}{b_{n + 1} - b_{n}} \leq \underset{n \to \infty}{lim inf} \frac{a_{n}}{b_{n}} \leq \underset{n \to \infty}{lim sup} \frac{a_{n}}{b_{n}} \leq \underset{n \to \infty}{lim sup} \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 $- \infty \leq l : = \underset{n \to \infty}{lim sup} \frac{a_{n + 1} - a_{n}}{b_{n + 1} - b_{n}} < \infty$ , 於是存在 $p, q \in ℝ$ 使得 $l 0$ 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 $a_{n + 1} = (a_{n + 1} - a_{n}) + \dots + (a_{n_{0} + 1} - a_{n_{0}}) + a_{n_{0}} 0$ , 我們有 $\frac{a_{n + 1}}{b_{n + 1}} < p (1 - \frac{b_{n_{0}}}{b_{n + 1}}) + \frac{a_{n_{0}}}{b_{n + 1}}$ 。

令 $c_{n} = p (1 - \frac{b_{n_{0}}}{b_{n}}) + \frac{a_{n_{0}}}{b_{n}}$ ，由於 $\lim_{n \to \infty} b_{n} = \infty$ , 於是 $\lim_{n \to \infty} c_{n} = p$ 。因此我們有 $\exists n_{1} \in ℕ, \forall n \geq n_{1}, c_{n} < q$ 。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 $\underset{n \to \infty}{lim sup} \frac{a_{n}}{b_{n}} \leq q$ 。因為 $q$ 是任意大於 $l$ 的數， $\underset{n \to \infty}{lim sup} \frac{a_{n}}{b_{n}} \leq l$ 。當 $l = \infty$ ，不等式顯然成立。

假設 $- \infty < m : = \underset{n \to \infty}{lim inf} \frac{a_{n + 1} - a_{n}}{b_{n + 1} - b_{n}} \leq \infty$ , 於是存在 $p, q \in ℝ$ 使得 $q^{'} < p^{'} < m$ 。因此我們有 $\exists n_{0} \in ℕ, \forall n \geq n_{3}, b_{n} > 0$ 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 $a_{n + 1} = (a_{n + 1} - a_{n}) + \dots + (a_{n_{0} + 1} - a_{n_{0}}) + a_{n_{0}} 0$ , 我們有 $p (1 - \frac{b_{n_{0}}}{b_{n + 1}}) + \frac{a_{n_{0}}}{b_{n + 1}} < \frac{a_{n + 1}}{b_{n + 1}}$ 。

令 $c_{n} = p (1 - \frac{b_{n_{0}}}{b_{n}}) + \frac{a_{n_{0}}}{b_{n}}$ ，由於 $\lim_{n \to \infty} b_{n} = \infty$ , 於是 $\lim_{n \to \infty} c_{n} = p^{'}$ 。因此我們有 $\exists n_{1} \in ℕ, \forall n \geq n_{4}, q^{'} < c_{n}$ 。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 $q^{'} \leq \underset{n \to \infty}{lim inf} \frac{a_{n}}{b_{n}}$ 。因為 $q^{'}$ 是任意小於 $m$ 的數， $m \leq \underset{n \to \infty}{lim sup} \frac{a_{n}}{b_{n}}$ 。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。

参考资料

Template:Reflist

外部链接

Marian Mureşan: A Concrete Approach to Classical Analysis. Springer 2008, ISBN 978-0-387-78932-3, p. 85 (Template:Google books)
Template:Cite book

↑ Template:Cite book
↑ Template:Cite book
↑ ^3.0 ^3.1 ^3.2 ^3.3 ^3.4 Template:Cite web

[1] Template:Cite book

[2] Template:Cite book

[Stolz_L'_Hospital-3] 3.0 ^3.1 ^3.2 ^3.3 ^3.4 Template:Cite web

[1]

[2]

[3]

斯托尔兹-切萨罗定理

目录

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用法说明

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根號與比值

相关命题

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