Teorema de Stolz-Cesàro

Caso 1: supongamos que${\displaystyle (b_{n})}$estrictamente creciente y divergente a${\displaystyle +\infty }$, y${\displaystyle -\infty <l<\infty }$. Por hipótesis, tenemos que para todo${\displaystyle \epsilon /2>0}$existe${\displaystyle \nu >0}$de tal manera que${\displaystyle \forall n>\nu }$

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

es decir

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

Desde${\displaystyle (b_{n})}$está aumentando estrictamente,${\displaystyle b_{n+1}-b_{n}>0}$y se cumple lo siguiente

${\displaystyle (l-\epsilon /2)(b_{n+1}-b_{n})<a_{n+1}-a_{n}<(l+\epsilon /2)(b_{n+1}-b_{n}),\quad \forall n>\nu }$.

A continuación observamos que

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

Así, al aplicar la desigualdad anterior a cada uno de los términos entre corchetes, obtenemos

${\displaystyle {\begin{alineado}&(l-\epsilon /2)(b_{n}-b_{\nu +1})+a_{\nu +1}=(l-\epsilon /2)[(b_{n}-b_{n-1})+\dots +(b_{\nu +2}-b_{\nu +1})]+a_{\nu +1}<a_{n}\\&a_{n}<(l+\epsilon /2)[(b_{n}-b_{n-1})+\dots +(b_{\nu +2}-b_{\nu +1})]+a_{\nu +1}=(l+\epsilon /2)(b_{n}-b_{\nu +1})+a_{\nu +1}.\end{aligned}}}$

Ahora, desde${\displaystyle b_{n}\to +\infty }$como${\displaystyle n\to \infty }$, hay un${\displaystyle n_{0}>0}$de tal manera que${\displaystyle b_{n}>0}$a pesar de${\displaystyle n>n_{0}}$y podemos dividir las dos desigualdades por${\displaystyle b_{n}}$a pesar de${\displaystyle n>\max\{\nu,n_{0}\}}$

${\displaystyle (l-\epsilon /2)+{\frac {a_{\nu +1}-b_{\nu +1}(l-\epsilon /2)}{b_{n}}}<{\frac {a_{n}}{b_{n}}}<(l+\epsilon /2)+{\frac {a_{\nu +1}-b_{\nu +1}(l+\epsilon /2)}{b_{n}}}.}$

Las dos secuencias (que solo están definidas para${\displaystyle n>n_{0}}$ya que podría haber un${\displaystyle N\leq n_{0}}$de tal manera que${\displaystyle b_{N}=0}$)

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

son infinitesimales ya que${\displaystyle b_{n}\to +\infty }$y el numerador es un número constante, por lo tanto, para todo${\displaystyle \epsilon /2>0}$existe${\displaystyle n_{\pm }>n_{0}>0}$, de tal manera que

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

por lo tanto

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

lo cual concluye la prueba. El caso con${\displaystyle (b_{n})}$estrictamente decreciente y divergente a${\displaystyle -\infty }$, y${\displaystyle l<\infty }$es similar.

Caso 2: asumimos${\displaystyle (b_{n})}$estrictamente creciente y divergente a${\displaystyle +\infty }$, y${\displaystyle l=+\infty }$. Procediendo como antes, para todos${\displaystyle 2M>0}$existe${\displaystyle \nu >0}$de tal manera que para todos${\displaystyle n>\nu }$

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

Nuevamente, al aplicar la desigualdad anterior a cada uno de los términos dentro de los corchetes obtenemos

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

y

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

La secuencia${\ Displaystyle (c_ {n}) _ {n> n_ {0}}}$definido por

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

es infinitesimal, por lo tanto

${\displaystyle \forall M>0\,\exists {\bar {n}}>n_{0}>0{\text{ tal que }}-M<c_{n}<M,\,\forall n>{\bar {n}},}$

Combinando esta desigualdad con la anterior concluimos

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

Las pruebas de los otros casos con${\displaystyle (b_{n})}$estrictamente aumentando o disminuyendo y acercándose${\displaystyle +\infty }$o${\displaystyle -\infty }$respectivamente y${\displaystyle l=\pm \infty }$Todos proceden de la misma manera.

Caso 1: primero consideramos el caso con${\displaystyle l<\infty }$y${\displaystyle (b_{n})}$estrictamente decreciente. Esta vez, para cada${\displaystyle \nu >0}$, podemos escribir

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

y para cualquier${\displaystyle \epsilon /2>0,}$${\displaystyle \exists n_{0}}$de tal manera que para todos${\displaystyle n>n_{0}}$tenemos

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

Las dos secuencias

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

son infinitesimales ya que por hipótesis${\displaystyle a_{n+\nu },b_{n+\nu }\to 0}$como${\displaystyle \nu \to \infty }$, por lo tanto, para todos${\displaystyle \epsilon /2>0}$hay${\displaystyle \nu _{\pm }>0}$de tal manera que

${\displaystyle {\begin{aligned}&|c_{\nu }^{+}|<\epsilon /2,\quad \forall \nu >\nu _{+},\\&|c_{\nu }^{-}|<\epsilon /2,\quad \forall \nu >\nu _{-},\end{aligned}}}$

por lo tanto, elegir${\displaystyle \nu }$apropiadamente (es decir, tomando el límite con respecto a${\displaystyle \nu }$) obtenemos

${\displaystyle l-\epsilon <l-\epsilon /2+c_{\nu }^{-}<{\frac {a_{n}}{b_{n}}}<l+\epsilon /2+c_{\nu }^{+}<l+\epsilon ,\quad \forall n>n_{0}}$

Con lo cual concluye la demostración.

Caso 2: asumimos${\displaystyle l=+\infty }$y${\displaystyle (b_{n})}$estrictamente decreciente. Para todos${\displaystyle 2M>0}$existe${\displaystyle n_{0}>0}$de tal manera que para todos${\displaystyle n>n_{0},}$

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

Por lo tanto, para cada${\displaystyle \nu >0,}$

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

La secuencia

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

converge a${\displaystyle 0}$(acuerdo${\displaystyle n}$fijo). Por lo tanto

${\displaystyle \forall M>0\,~\exists {\bar {\nu }}>0}$de tal manera que${\displaystyle -M<c_{\nu }<M,\,\forall \nu >{\bar {\nu }},}$

y, eligiendo${\displaystyle \nu }$Con esto concluimos la demostración.

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

Dejar${\displaystyle (x_{n})}$sea ​​una sucesión de números reales que converge a${\displaystyle l}$, definir

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

entonces${\displaystyle (b_{n})}$es estrictamente creciente y diverge a${\displaystyle +\infty }$Calculamos .

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

por lo tanto

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

Dada cualquier secuencia${\displaystyle (x_{n})_{n\geq 1}}$de números reales, supongamos que

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

existe (finito o infinito), entonces

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

Dejar${\displaystyle (x_{n})}$sea ​​una sucesión de números reales positivos que converge a${\displaystyle l}$y definir

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

De nuevo calculamos

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

donde utilizamos el hecho de que el logaritmo es continuo. Por lo tanto

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

Dado que el logaritmo es continuo e inyectivo, podemos concluir que

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

Dada cualquier secuencia${\displaystyle (x_{n})_{n\geq 1}}$de números reales (estrictamente) positivos, supongamos que

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

existe (finito o infinito), entonces

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

Supongamos que se nos da una secuencia${\displaystyle (y_{n})_{n\geq 1}}$y se nos pide que calculemos

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

definición${\displaystyle y_{0}=1}$y${\displaystyle x_{n}=y_{n}/y_{n-1}}$obtenemos

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

si aplicamos la propiedad anterior

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

Esta última forma suele ser la más útil para calcular límites.

Dada cualquier secuencia${\displaystyle (y_{n})_{n\geq 1}}$de números reales (estrictamente) positivos, supongamos que

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

existe (finito o infinito), entonces

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

La forma general del teorema de Stolz-Cesàro es la siguiente: ^{[ 2 ]} Si${\displaystyle (a_{n})_{n\geq 1}}$y${\displaystyle (b_{n})_{n\geq 1}}$son dos secuencias tales que${\displaystyle (b_{n})_{n\geq 1}}$es monótono e ilimitado, entonces:

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

En lugar de demostrar la afirmación anterior, demostraremos una ligeramente diferente; primero introducimos una notación: sea${\displaystyle (a_{n})_{n\geq 1}}$Sea cualquier secuencia, su suma parcial se denotará por${\displaystyle A_{n}:=\sum _{m\geq 1}^{n}a_{m}}$La afirmación equivalente que demostraremos es:

Dejar${\displaystyle (a_{n})_{n\geq 1},(b_{n})_{\geq 1}}$sean cualesquiera dos secuencias de números reales tales que

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

entonces

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