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斯托尔茨 Stolz定理

## Stolz定理
**定理 $2.14$  $\left(\frac{*}{\infty}\right.$ 型的 Stolz 定理）**
设数列 $\left\{a_n\right\}$ 为严格单调增加的正无穷大量（即满足条件 $a_1<a_2<\cdots<a_n<\cdots$ ，且 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_n=+\infty$ ），又已知

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=c
$$

有意义（即允许 $c$ 为有限数和 $\pm \infty$ 三种情况,但不允许为$\infty$），则有下式成立

$$
\boxed{
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{b_n}{a_n}=c
}
$$

> **Stolz定理通俗的说，就是数列版本的 洛必达法则 L'Hôpital**

证 分几种情况来完成这个证明．
（1）$c=0$ ．这时有 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=0$ ，因此 $\forall \varepsilon>0, \exists N, \forall n \geqslant N$ ：

$$
\left|b_{n+1}-b_n\right|<\varepsilon\left(a_{n+1}-a_n\right) .
$$

这里已经利用了 $a_{n+1}>a_n \forall n$ 的条件。
又因 $\left\{a_n\right\}$ 为正无穷大量，不妨假设 $N$ 已足够大，使得 $n \geqslant N: a_n>0$ ．于是可以作如下估计

$$
\begin{aligned}
\left|\frac{b_n}{a_n}\right| & =\frac{\left|\left(b_n-b_{n-1}\right)+\left(b_{n-1}-b_{n-2}\right)+\cdots+\left(b_{N+1}-b_N\right)+b_N\right|}{a_n} \\
& \leqslant \frac{\left|b_n-b_{n-1}\right|+\left|b_{n-1}-b_{n-2}\right|+\cdots+\left|b_{N+1}-b_N\right|+\left|b_N\right|}{a_n} \\
& <\frac{\varepsilon\left(a_n-a_{n-1}\right)+\varepsilon\left(a_{n-1}-a_{n-2}\right)+\cdots+\varepsilon\left(a_{N+1}-a_N\right)+\left|b_N\right|}{a_n} \\
& =\frac{\varepsilon a_n-\varepsilon a_N+\left|b_N\right|}{a_n}=\varepsilon+\frac{\left|b_N\right|-\varepsilon a_N}{a_n} .
\end{aligned}
$$

注意其中使用了插项分拆，三点不等式和连锁消去法等技巧．
由于对给定的 $\varepsilon$ 已取定 $N$ ，上述最后一式的第二项的分子 $\left|b_N\right|-\varepsilon a_N$ 是确定的数，而分母 $a_n \rightarrow+\infty$ ，因此存在正整数 $N_1 \geqslant N, \forall n \geqslant N_1$ ：

$$
\frac{\left|b_N\right|-\varepsilon a_N}{a_n}<\varepsilon .
$$

综合以上可见，当 $n \geqslant N_1$ 就有

$$
\left|\frac{b_n}{a_n}\right|<2 \varepsilon,
$$

于是已经证明对于 $c=0$ 的情况定理为真．（以上证明过程与 Cauchy 命题的证明几乎完全相同．）
（2）对于 $c$ 为有限数的一般情况，从以下两式

$$
\begin{aligned}
\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}-c & =\frac{\left(b_{n+1}-c a_{n+1}\right)-\left(b_n-c a_n\right)}{a_{n+1}-a_n} \\
\frac{b_n}{a_n}-c & =\frac{b_n-c a_n}{a_n}
\end{aligned}
$$

可以看出只要用 $\widetilde{b}_n=b_n-c a_n \forall n$ 定义一个新的数列 $\left\{\widetilde{b}_n\right\}$ ，就有下列等价关系：

$$
\begin{gathered}
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{b_n}{a_n}=c \Longleftrightarrow \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\widetilde{b}_n}{a_n}=0 \\
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=c \Longleftrightarrow \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\widetilde{b}_{n+1}-\widetilde{b}_n}{a_{n+1}-a_n}=0
\end{gathered}
$$

这样就实现了将 $c$ 为有限数的一般情况转化为 $c=0$ 的特殊情况（1）而得到解决．

（3）$c=+\infty$ ．利用无穷大量与无穷小量之间的倒数关系（见定理 2．11），可以看出有以下关系成立：

$$
\begin{aligned}
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{b_n}{a_n} & =+\infty \Longleftarrow \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{b_n}=0 \\
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n} & =+\infty \Longrightarrow \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=0
\end{aligned} ...(2.9)
$$

于是为了证明 $c=+\infty$ 时定理成立，只需要证明

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=0 \Longrightarrow \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{b_n}=0  ...(2.10)
$$

下面我们来证明，这只要利用前面已经证明的 $c=0$ 时定理结论成立即可．为此只需要证明数列 $\left\{b_n\right\}$ 是严格单调增加的正无穷大量，至少当 $n$ 充分大时是如此．

利用 $c=+\infty$ 的条件，对 $G=1, \exists N, \forall n \geqslant N$ ：

$$
\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n} \geqslant 1 .
$$

由于左边的分母大于 0 ，因此在 $n \geqslant N$ 时它的分子也大于 0 ，即有

$$
b_N<b_{N+1}<\cdots<b_n<\cdots
$$

这就是说至少当 $n$ 充分大时数列 $\left\{b_n\right\}$ 是严格单调增加的．
又在 $n \geqslant N$ 时用插项和连锁消去法得到

$$
\begin{aligned}
b_n-b_N & =\left(b_n-b_{n-1}\right)+\left(b_{n-1}-b_{n-2}\right)+\cdots+\left(b_{N+1}-b_N\right) \\
& \geqslant\left(a_n-a_{n-1}\right)+\left(a_{n-1}-a_{n-2}\right)+\cdots+\left(a_{N+1}-a_N\right)=a_n-a_N
\end{aligned}
$$

也就是有

$$
b_n \geqslant a_n+\left(b_N-a_N\right)
$$

由于对 $G=1$ 已经取定了 $N$ ，右边第二项 $\left(b_N-a_N\right)$ 为定数，因此从 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_n=+\infty$可见也有

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} b_n=+\infty
$$

这同时也保证当 $n$ 充分大时 $b_n>0$ 成立．
于是（2．9）和（2．10）同时成立，这样就证明了 $c=+\infty$ 时定理为真．
（4）$c=-\infty$ ．这时可以用 $d_n=-b_n \forall n$ 重新定义一个数列 $\left\{d_n\right\}$ ，然后将问题转化为情况（3）来解决。

注 与 Cauchy 命题一样要指出，Stolz 定理的用法是

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=c \Longrightarrow \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{b_n}{a_n}=c
$$

其逆定理不成立。这就是说从上式右边极限存在不能推出左边极限也存在，因此 Stolz 定理不是对所有的 $\frac{*}{\infty}$ 型不定式都一定能够成功应用的。

下面我们举例说明如何用 Stolz 定理。

## 例题
**例题2.20** 求 $I=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{2^n}$ ．

解 这即是前面的例题 2.4 ，但那里只是用适当放大法验证其极限等于 0 ，而这里是求极限．现在只要检查分母 $2^n$ 确实符合 $\operatorname{Stolz}$ 定理中的条件，然后计算如下：

$$
I=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{2^n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{(n+1)-n}{2^{n+1}-2^n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{2^n}=0
$$

注 必须注意：在应用 Stolz 定理时经常写出以下等式

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{b_n}{a_n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}
$$

但只有当右边有意义时（即存在极限和 $\pm \infty$ 三种情况），该等式才确实成立。否则，上面的等式没有根据成立．然而，左边的极限仍可能存在，只是要用其他方法求．

**例题 2.21** 求 $I=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}{n}$ ．
解 从 Cauchy 命题或 Stolz 定理知道 $I=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}=0$ ．

**例题 2.22** 求 $I=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n!}}$ ．
解 利用平均值不等式有

$$
\frac{1}{\sqrt[n]{n!}}=\sqrt[n]{1 \cdot \frac{1}{2} \cdots \frac{1}{n}}<\frac{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}{n}
$$

然后利用例题 2.21 和夹逼定理即知极限为 0 ．

**例题2.23** 求 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n!}$ ．
解 利用例题 2.22 和无穷小量与无穷大量的倒数关系即知答案为 $+\infty$ ．这里给出一个独立证明．这个方法是对数列通项取对数，然后用 Cauchy 命题即有

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\ln 1+\ln 2+\cdots+\ln n}{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \ln n=+\infty
$$

由此可知也有 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n!}=+\infty$ ．

**例题2.24** 求 $I=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1!+2!+\cdots+n!}{n!}$ ．
解 此题有多种解法，但用 Stolz 定理最容易．计算如下：

$$
I=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{(n+1)!}{(n+1)!-n!}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{(n+1)!}{n!n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n+1}{n}=1 .
$$

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