斯托尔兹-切萨罗定理

令 ${\displaystyle (a_{n})_{n\geq 1}}$ 以及 ${\displaystyle (b_{n})_{n\geq 1}}$ 為兩個實數數列。假設 ${\displaystyle (b_{n})_{n\geq 1}}$ 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:

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

那麼，可以推得極限

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}=l.\ }$

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

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

則

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}=l.\ }$[1]

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${\displaystyle \lim _{n\to \infty }a_{n}=\infty }$这一限制条件时也是成立的[3]。虽然该定理通常是以分母${\displaystyle b_{n}}$為正數數列的情形加以叙述的，但注意到该定理对分子${\displaystyle a_{n}}$的正负没有限制，所以原则上把对数列${\displaystyle b_{n}}$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。

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

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

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

令${\displaystyle c_{n}=p\left(1-{\frac {b_{n_{0}}}{b_{n}}}\right)+{\frac {a_{n_{0}}}{b_{n}}}}$，由於${\displaystyle \lim _{n\to \infty }b_{n}=\infty }$, 於是${\displaystyle \lim _{n\to \infty }c_{n}=p}$。因此我們有${\displaystyle \exists n_{1}\in \mathbb {N} ,\forall n\geq n_{1},c_{n}<q}$。那麼，對於${\displaystyle n\geq n_{4}:=\max\{n_{0},n_{1}\}}$，我們有 ${\displaystyle {\frac {a_{n+1}}{b_{n+1}}}<c_{n+1}<q}$。同樣地，對於 ${\displaystyle -\infty <l\leq \infty }$與 ${\displaystyle q'<l}$,

存在 ${\displaystyle n_{3}\in \mathbb {N} }$ 使得對於所有 ${\displaystyle n\geq n_{3}}$, 我們有 ${\displaystyle q'<{\frac {a_{n+1}}{b_{n+1}}}}$。於是，如果

1. ${\displaystyle l=\infty }$, 那麼 ${\displaystyle \forall q'\in \mathbb {R} ,\exists n_{3}\in \mathbb {N} ,\forall n\geq n_{3},q'<{\frac {a_{n}}{b_{n}}}}$。因此 ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}=\infty =l}$。
2. ${\displaystyle l=-\infty }$, 那麼 ${\displaystyle \forall q\in \mathbb {R} ,\exists n_{4}\in \mathbb {N} ,\forall n\geq n_{4},{\frac {a_{n}}{b_{n}}}<q}$。因此 ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}=-\infty =l}$。
3. ${\displaystyle l\in \mathbb {R} }$, 那麼對於所有${\displaystyle q,q'\in \mathbb {R} }$ 使得${\displaystyle q'<l<q}$，存在一個${\displaystyle n_{5}\in \mathbb {N} }$ (上述${\displaystyle n_{3},n_{4}}$的最大值)，使得對於所有${\displaystyle n\geq n_{5}}$，我們有 ${\displaystyle q'<{\frac {a_{n}}{b_{n}}}<q}$。因此${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}=l}$。

對於${\displaystyle (b_{n})}$為嚴格遞減並發散至${\displaystyle -\infty }$的情況，注意到${\displaystyle {\frac {a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}}={\frac {(-a_{n+1})-(-a_{n})}{(-b_{n+1})-(-b_{n})}}}$ 且${\displaystyle (-b_{n})}$ 為一個嚴格遞增至${\displaystyle \infty }$的數列即得證。

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

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

令${\displaystyle c_{m}=p\left(1-{\frac {b_{m+1}}{b_{n}}}\right)+{\frac {a_{m+1}}{b_{n}}}}$，由於${\displaystyle \lim _{m\to \infty }b_{m}=0,\lim _{m\to \infty }a_{m}=0}$, 於是${\displaystyle \lim _{m\to \infty }c_{m}=p}$。那麼，當${\displaystyle m\to \infty }$, 我們有 ${\displaystyle {\frac {a_{n}}{b_{n}}}\leq p<q}$。同樣地，對於${\displaystyle -\infty <l\leq \infty }$和 ${\displaystyle q'<l}$

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

1. ${\displaystyle l=\infty }$, 那麼 ${\displaystyle \forall q'\in \mathbb {R} ,\exists n_{1}\in \mathbb {N} ,\forall n\geq n_{1},q'<{\frac {a_{n}}{b_{n}}}}$。因此 ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}=\infty =l}$。
2. ${\displaystyle l=-\infty }$, 那麼 ${\displaystyle \forall q\in \mathbb {R} ,\exists n_{0}\in \mathbb {N} ,\forall n\geq n_{0},{\frac {a_{n}}{b_{n}}}<q}$。因此 ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}=-\infty =l}$。
3. ${\displaystyle l\in \mathbb {R} }$, 那麼對於所有${\displaystyle q,q'\in \mathbb {R} }$ 使得${\displaystyle q'<l<q}$，存在一個${\displaystyle n_{2}\in \mathbb {N} }$ (上述${\displaystyle n_{0},n_{1}}$的最大值)，使得對於所有${\displaystyle n\geq n_{2}}$，我們有 ${\displaystyle q'<{\frac {a_{n}}{b_{n}}}<q}$。因此${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}=l}$。

對於${\displaystyle (b_{n})}$為嚴格遞增並收斂到${\displaystyle 0}$的情況，注意到${\displaystyle {\frac {a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}}={\frac {(-a_{n+1})-(-a_{n})}{(-b_{n+1})-(-b_{n})}}}$ 且${\displaystyle (-b_{n})}$ 為一個嚴格遞增至${\displaystyle 0}$的數列即得證。

利用与折线斜率的类比，该定理具有直观的几何意义。[3]

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

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

那麼${\displaystyle (b_{n})}$ 為一個遞增至 ${\displaystyle +\infty }$ 的數列. 計算

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

因此

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

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

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

計算

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

這邊我們使用到對數函數是連續的。 因此

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

再一次，因為對數函數是連續和單調的，我們有

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

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

${\displaystyle y_{0}=1,y_{n}=x_{n}y_{n-1},}$

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

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

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

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

令${\displaystyle c_{n}=p\left(1-{\frac {b_{n_{0}}}{b_{n}}}\right)+{\frac {a_{n_{0}}}{b_{n}}}}$，由於${\displaystyle \lim _{n\to \infty }b_{n}=\infty }$, 於是${\displaystyle \lim _{n\to \infty }c_{n}=p}$。因此我們有${\displaystyle \exists n_{1}\in \mathbb {N} ,\forall n\geq n_{1},c_{n}<q}$。那麼，對於${\displaystyle n\geq n_{2}:=\max\{n_{0},n_{1}\}}$，我們有 ${\displaystyle {\frac {a_{n+1}}{b_{n+1}}}<c_{n+1}<q}$。

於是，當${\displaystyle n\to \infty }$，我們有${\displaystyle \limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}\leq q}$。因為${\displaystyle q}$是任意大於${\displaystyle l}$的數，${\displaystyle \limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}\leq l}$。當${\displaystyle l=\infty }$，不等式顯然成立。

假設${\displaystyle -\infty <m:=\liminf _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}}\leq \infty }$, 於是存在 ${\displaystyle p,q\in \mathbb {R} }$ 使得 ${\displaystyle q'<p'<m}$。因此我們有 ${\displaystyle \exists n_{0}\in \mathbb {N} ,\forall n\geq n_{3},b_{n}>0}$ 而且 ${\displaystyle p'<{\frac {a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}}}$。

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

令${\displaystyle c_{n}=p\left(1-{\frac {b_{n_{0}}}{b_{n}}}\right)+{\frac {a_{n_{0}}}{b_{n}}}}$，由於${\displaystyle \lim _{n\to \infty }b_{n}=\infty }$, 於是${\displaystyle \lim _{n\to \infty }c_{n}=p'}$。因此我們有${\displaystyle \exists n_{1}\in \mathbb {N} ,\forall n\geq n_{4},q'<c_{n}}$。那麼，對於${\displaystyle n\geq n_{5}:=\max\{n_{3},n_{4}\}}$，我們有 ${\displaystyle q'<{\frac {a_{n+1}}{b_{n+1}}}}$。

於是，當${\displaystyle n\to \infty }$，我們有${\displaystyle q'\leq \liminf _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}}$。因為${\displaystyle q'}$是任意小於${\displaystyle m}$的數，${\displaystyle m\leq \limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}}$。當${\displaystyle l=-\infty }$，不等式顯然成立。

對於${\displaystyle (b_{n})}$為嚴格遞減並發散至${\displaystyle -\infty }$的情況，注意到${\displaystyle {\frac {a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}}={\frac {(-a_{n+1})-(-a_{n})}{(-b_{n+1})-(-b_{n})}}}$ 且${\displaystyle (-b_{n})}$ 為一個嚴格遞增至${\displaystyle \infty }$的數列即得證。