Twierdzenie Stolza

Jeżeli ${\displaystyle c_{1},\dots ,c_{k},d_{1},\dots ,d_{k}>0,}$    to ${\displaystyle {\frac {c_{1}+\ldots +c_{k}}{d_{1}+\ldots +d_{k}}}}$ jest kombinacją wypukłą liczb ${\displaystyle {\frac {c_{1}}{d_{1}}},\dots ,{\frac {c_{k}}{d_{k}}}.}$

Dowód

${\displaystyle {\frac {c_{1}+\ldots +c_{k}}{d_{1}+\ldots +d_{k}}}={\frac {c_{1}}{d_{1}}}\cdot {\frac {d_{1}}{d_{1}+d_{2}+\ldots +d_{k}}}+{\frac {c_{2}}{d_{2}}}\cdot {\frac {d_{2}}{d_{1}+d_{2}+\ldots +d_{k}}}+\ldots +{\frac {c_{k}}{d_{k}}}\cdot {\frac {d_{k}}{d_{1}+d_{2}+\ldots +d_{k}}}.}$

Teza Lematu wynika z tego, że ${\displaystyle {\frac {d_{i}}{d_{1}+d_{2}+\ldots +d_{k}}}\geqslant 0}$ oraz ${\displaystyle \sum _{i=1}^{k}{\frac {d_{i}}{d_{1}+d_{2}+\ldots +d_{k}}}=1.}$

Załóżmy, że ciąg ${\displaystyle \left({\frac {b_{n}-b_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}}\right)_{n\in \mathbb {N} }}$ jest zbieżny do pewnej liczby ${\displaystyle g\in \mathbb {R} .}$ Niech ${\displaystyle \varepsilon >0.}$ Wówczas istnieje liczba ${\displaystyle N\in \mathbb {N} }$ taka, że

${\displaystyle g-\varepsilon <{\frac {b_{i}-b_{i-1}}{a_{i}-a_{i-1}}}<g+\varepsilon }$

dla ${\displaystyle i>N.}$ Ustalmy ${\displaystyle n>N.}$ Na podstawie lematu dla ${\displaystyle c_{i}=b_{i}-b_{i-1}}$ i ${\displaystyle d_{i}=a_{i}-a_{i-1}}$ otrzymujemy, że

${\displaystyle {\frac {c_{N+1}+\ldots +c_{n}}{d_{N+1}+\ldots +d_{n}}}={\frac {b_{N+1}-b_{N}+b_{N+2}-b_{N+1}+\ldots +b_{n}-b_{n-1}}{a_{N+1}-a_{N}+a_{N+2}-a_{N+1}+\ldots +a_{n}-a_{n-1}}}={\frac {b_{n}-b_{N}}{a_{n}-a_{N}}}}$

jest kombinacją wypukłą liczb ${\displaystyle {\frac {c_{i}}{d_{i}}}={\frac {b_{i}-b_{i-1}}{a_{i}-a_{i-1}}}}$ dla ${\displaystyle i=N+1,N+2,\dots ,n.}$ Zatem

${\displaystyle g-\varepsilon <{\frac {b_{n}-b_{N}}{a_{n}-a_{N}}}<g+\varepsilon .}$

Stąd, oczywiście, otrzymujemy

${\displaystyle \left|{\frac {b_{n}-b_{N}}{a_{n}-a_{N}}}-g\right|<\varepsilon }$

dla ${\displaystyle n>N.}$ Dalej mamy

${\displaystyle {\frac {b_{n}}{a_{n}}}-g={\frac {b_{N}}{a_{n}}}+{\frac {b_{n}-b_{N}}{a_{n}}}-g={\frac {b_{N}}{a_{n}}}+{\frac {a_{n}-a_{N}}{a_{n}}}\cdot {\frac {b_{n}-b_{N}}{a_{n}-a_{N}}}-g={\frac {b_{N}}{a_{n}}}-{\frac {a_{N}}{a_{n}}}\cdot g+{\frac {a_{n}-a_{N}}{a_{n}}}\left({\frac {b_{n}-b_{N}}{a_{n}-a_{N}}}-g\right).}$

Zatem z faktu, że ${\displaystyle 0\leqslant {\frac {a_{n}-a_{N}}{a_{n}}}\leqslant 1,}$ otrzymujemy

${\displaystyle \left|{\frac {b_{n}}{a_{n}}}-g\right|\leqslant \left|{\frac {b_{N}}{a_{n}}}\right|+\left|{\frac {a_{N}}{a_{n}}}\cdot g\right|+\left|{\frac {b_{n}-b_{N}}{a_{n}-a_{N}}}-g\right|.}$

Z uwagi na to, że ${\displaystyle {\frac {b_{N}}{a_{n}}}\to 0,}$ ${\displaystyle {\frac {a_{N}}{a_{n}}}\to 0}$ znajdziemy liczbę ${\displaystyle N'\geqslant N}$ taką, że ${\displaystyle \left|{\frac {b_{N}}{a_{n}}}\right|+\left|{\frac {a_{N}}{a_{n}}}\cdot g\right|<\varepsilon }$ dla ${\displaystyle n>N'\geqslant N.}$ Czyli

${\displaystyle \left|{\frac {b_{n}}{a_{n}}}-g\right|<2\varepsilon }$

dla każdego ${\displaystyle n>N',}$ co daje tezę.

Załóżmy teraz, że ciąg ${\displaystyle \left({\frac {b_{n}-b_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}}\right)_{n\in \mathbb {N} }}$ ma granicę niewłaściwą. Wystarczy rozważyć przypadek, gdy ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {b_{n}-b_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}}=\infty .}$ Jeśli granica jest równa ${\displaystyle -\infty ,}$ dowód przebiega analogicznie.

Zauważmy, że ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {b_{n}-b_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}}=\infty }$ implikuje ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n}-a_{n-1}}{b_{n}-b_{n-1}}}=0.}$ Pokażemy, że ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }b_{n}=\infty }$ oraz ${\displaystyle (b_{n})}$ jest rosnący. Wówczas na mocy udowodnionego Przypadku I otrzymamy, że ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}=0.}$ To wobec założenia ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }a_{n}=\infty }$ oznaczać będzie, że ${\displaystyle {\frac {a_{n}}{b_{n}}}>0}$ dla dostatecznie dużych ${\displaystyle n,}$ a w konsekwencji ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {b_{n}}{a_{n}}}=\infty .}$

Z faktu ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {b_{n}-b_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}}=\infty }$ wynika istnienie liczby ${\displaystyle N}$ takiej, że

${\displaystyle {\frac {b_{n}-b_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}}>1}$

dla każdego ${\displaystyle n\geqslant N.}$ Wówczas

${\displaystyle b_{n}-b_{n-1}>a_{n}-a_{n-1}>0}$ dla ${\displaystyle n\geqslant N.}$

Gdzie ostatnia nierówność wynika z założenia o monotoniczności ${\displaystyle (a_{n})}$. Mamy ${\displaystyle b_{n}-b_{n-1}>0}$, czyli ${\displaystyle (b_{n})}$ jest rosnący.

Dodając powyższe nierówności dla ${\displaystyle n=N,N+1,N+2,\dots ,N+k,}$ otrzymujemy

${\displaystyle b_{N+k}-b_{N+k-1}+b_{N+k-1}-b_{N+k-2}+\ldots +b_{N}-b_{N-1}>a_{N+k}-a_{N+k-1}+a_{N+k-1}-a_{N+k-2}+\ldots +a_{N}-a_{N-1}.}$

Po uproszczeniu obu stron uzyskujemy

${\textstyle b_{N+k}-b_{N-1}>a_{N+k}-a_{N-1}.}$

Stąd dla dowolnego ${\displaystyle k=1,2,\dots }$ prawdziwa jest nierówność:

${\displaystyle b_{N+k}>a_{N+k}-a_{N-1}+b_{N-1}.}$

Ponieważ ${\displaystyle \lim _{k\to \infty }(a_{N+k}-a_{N-1}+b_{N-1})=\infty ,}$ to ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }b_{n}=\infty ,}$ co kończy dowód.

Jeśli ciąg ${\displaystyle (x_{n})_{n\in \mathbb {N} }}$ jest zbieżny (do granicy skończonej lub nieskończonej), to ciąg średnich arytmetycznych pierwszych ${\displaystyle n}$ wyrazów ${\displaystyle \left({\frac {x_{1}+x_{2}+\ldots +x_{n}}{n}}\right)_{n\in \mathbb {N} }}$ jest zbieżny do tej samej granicy, symbolicznie^[4]:

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {x_{1}+x_{2}+\ldots +x_{n}}{n}}=\lim _{n\to \infty }x_{n}.}$

Powyższa równość granic ma związek z sumowalnością metodą Cesàro; dokładniej jeśli szereg jest zbieżny, to jest także sumowalny metodą Cesàro i obie te wartości są równe. Pokazuje to, że sumowalność metodą Cesàro jest uogólnieniem sumowalności metodą klasyczną.

Dowód: zdefiniujmy ${\displaystyle a_{n}=n}$ i ${\displaystyle b_{n}=x_{1}+x_{2}+\ldots +x_{n}.}$ Zauważmy, że ${\displaystyle a_{n}-a_{n-1}=1}$ oraz ${\displaystyle b_{n}-b_{n-1}=x_{n}.}$ Zatem ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {b_{n}-b_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}}=\lim _{n\to \infty }x_{n},}$ więc na mocy twierdzenia Stolza otrzymujemy, że

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {x_{1}+x_{2}+\ldots +x_{n}}{n}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {b_{n}}{a_{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {b_{n}-b_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}}=\lim _{n\to \infty }x_{n}.}$

Ustalmy ${\displaystyle k\in \mathbb {N} .}$ Niech ${\displaystyle a_{n}=n^{k+1},b_{n}=1^{k}+2^{k}+\ldots +n^{k},n\in \mathbb {N} .}$ Rozważmy ciąg:

${\displaystyle (c_{n})_{n\in \mathbb {N} }=\left({\frac {b_{n}}{a_{n}}}\right)_{n\in \mathbb {N} }.}$

Zauważmy, że ${\displaystyle a_{n}{\xrightarrow[{n\to \infty }]{}}\infty }$ oraz ${\displaystyle b_{n}{\xrightarrow[{n\to \infty }]{}}\infty .}$

Aby obliczyć granicę ciągu ${\displaystyle (c_{n})_{n\in \mathbb {N} },}$ skorzystamy z twierdzenia Stolza. Obliczamy:

${\displaystyle {\begin{aligned}\left({\frac {b_{n}-b_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}}\right)&={\frac {n^{k}}{n^{k+1}-(n-1)^{k+1}}}\\&={\frac {n^{k}}{n^{k+1}-(n^{k+1}-(k+1)n^{k}+\ldots )}}\\&={\frac {n^{k}}{(k+1)n^{k}+\ldots }}\ \ {\xrightarrow[{n\to \infty }]{}}\ \ {\frac {1}{k+1}}.\end{aligned}}}$

Wobec tego^[5][3]:

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }c_{n}=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {b_{n}}{a_{n}}}\right)=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {b_{n}-b_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}}\right)={\frac {1}{k+1}}.}$