一、Stolz定理[1]
1.$\frac{0}{0}$型Stolz定理
设{$a_n$}和{$b_n$}都是无穷小量，其中{$a_n$}还是严格单调减少数列，又存在 $$ \lim_{n\rightarrow \infty }\frac{b_{n+1}-b_{n}}{a_{n+1}-a{n}}=l $$ （其中$l$为有限或$\pm \infty$），则有 $$ \lim_{n\rightarrow \infty } \frac{b_{n}}{a_{n}}=l $$
证：只对有限的$l$作证明.根据条件对$\varepsilon > 0$存在$N$，使得当$n>N$时成立 $$ \left | \frac{b_{n}-b_{n+1}}{a_{n}-a_{n+1}}-l \right | <\varepsilon $$ 由于对每个$n$都有$a_{n}>a_{n+1}$，这样就有 $$ (l-\varepsilon)(a_{n}-a_{n+1})<b_{n}-b_{n+1}<(l+\varepsilon)(a_{n}-a_{n+1}) $$ 任取$m>n$，并且将上述不等式中的$n$换成$n+1$，$n+2$，$\cdots $，直到$m-1$，然后将左右这些不等式相加，就得到 $$ (l-\varepsilon)(a_{n}-a_{m})<b_{n}-b_{m}<(l+\varepsilon)(a_{n}-a_{n+1}) $$ 即 $$ \left| \frac{b_{n}-b_{m}}{a_{n}-a_{m}}-l \right|<\varepsilon $$ 令$m\rightarrow \infty$，并利用条件$\lim \limits_{n \rightarrow \infty } a_{m}=\lim \limits_{n \rightarrow \infty } b_{m}=0$，就知道当$n>N$时成立 $$ \left| \frac{b_n}{a_n}-l\right| \leq \varepsilon $$
2.$\frac{*}{\infty}$型Stolz定理
设数列{$a_n$}是严格单调增加的无穷大量，又存在 $$ \lim_{n\rightarrow \infty }\frac{b_{n+1}-b_{n}}{a_{n+1}-a{n}}=l $$ （其中$l$为有限或$\pm \infty$），则有 $$ \lim_{n\rightarrow \infty } \frac{b_{n}}{a_{n}}=l $$
证：只对$l$为有限的情况写出证明。对$\varepsilon>0$存在$N$，使得当$n>N$时成立 $$ \left | \frac{b_{n+1}-b_{n}}{a_{n+1}-a_{n}}-l \right | <\varepsilon $$ 由于对每个$n$有$a_{n+1}>a_{n}$，这样就有 $$ (l-\varepsilon)(a_{n+1}-a_{n})<b_{n+1}-b_{n}<(l+\varepsilon)(a_{n+1}-a_{n}) $$ 取定$N$，并且将上述不等式中的$n$换成$N$,$N+1$,$\cdots$,直到$n-1$，然后将所有这些不等式相加，就得到 $$ (l-\varepsilon)(a_{n}-a_{N})<b_{n}-b_{N}<(l+\varepsilon)(a_{n}-a_{N}) $$ 即 $$ \left| \frac{b_{n}-b_{N}}{a_{n}-a_{N}}-l \right|<\varepsilon $$ 为了进一步得到关于$\left| \frac{b_n}{a_n}-l \right|$的估计，可以利用恒等式 $$ \frac{b_n}{a_n}-l=(1-\frac{a_N}{a_n})\cdot(\frac{b_n-b_N}{a_n-a_N}-l)+\frac{b_N-la_N}{a_n} $$ 由于$\lim \limits_{n \rightarrow \infty } a_{n}=+\infty$，存在$N_1$，使得当$n>N_1$时成立 $$ 0<1-\frac{a_N}{a_n}<2\quad和\quad\left|\frac{b_N-la_N}{a_n} \right|<\varepsilon $$ 则在$n > max \left \{N,N_1\right \}$时就得到 $$ \left|\frac{b_n}{a_n}-l \right|<3\varepsilon $$ **两类Stolz定理对$l$为有限或者$\pm \infty$的情况成立，但是对不带符号的无穷大量$\infty$不成立。且定理的逆命题不成立。**
二、一道例题
证明方法直接利用极限定义分步法即可。
①证明过程中注意 $$ \frac{1}{2^n} \sum \limits_{k=0}^{N} \binom{n}{k}\left| a_k-a \right|<\frac{M(1+n+\cdots+n^N)}{2^n}<\varepsilon $$ 中利用了$\binom{n}{k}<n^k$。可以这样观察这个式子： $$ \begin{aligned}\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}&=\frac{(n-k+1)(n-k+2)\cdots(n)}{k!}\ &=\frac{(n+1-k)(n+1-k-1)\cdots n}{k\cdot(k-1)\cdots1}<n^k\end{aligned} $$ 对于每个单项可以发现$n>\frac{n+1-k-i}{k-i}$。
②关于组合数有以下公式参考：
- $2^n=(1+1)^n=\binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\cdots+\binom{n}{n}=\sum \limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k}$
- $0=(1-1)^n=\binom{n}{0}-\binom{n}{1}+\binom{n}{2}-\binom{n}{3}+\cdots$
- $\frac{1}{2}\cdot2^n = 1+\binom{n}{2}+\binom{n}{4}+\cdots$
- $cosm\alpha = 2^{m-1}cos^m\alpha -(\binom{m}{2}+2\binom{m}{4}+\cdots)cos^{m-2}\alpha +\cdots$
第4条公式[2]是通过$cosm\alpha+isinm\alpha = (cos\alpha+isin\alpha)^m$计算后分虚实部得来的，利用这个公式可以导出常用的二倍角三倍角公式，在高中我们通常是用三角恒等式变换得到这些公式的。
这个部分其余的证明方法想不出来，反正必须要$ \sum \limits_{k=0}^{N}\binom{n}{k}$部分放缩到是$2^n$的无穷小量即可，当然我们知道这是肯定的。
1.尝试Stolz
注意到
$$
\begin{aligned}\frac{1}{2^n} \sum \limits_{k=0}^{n} \binom{n}{k}a_k &= \frac{\sum \limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a_k}{\sum \limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k}} \\ &=\frac{\binom{n}{0}a_0+\binom{n}{1}+a_1+\cdots+\binom{n}{n}a_n}{\binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\cdots+\binom{n}{n}}=\frac{p_n}{q_n} \end{aligned}
$$
但这是如果应用Stolz定理会发现不能简化问题：
$$
\frac{p_{n+1}-p_{n}}{q_{n+1}-q_{n}}=\frac{a_1+\binom{n}{1}a_2+\binom{n}{2}a_3+\cdots+\binom{n}{n-2}a_{n-1}+\binom{n}{n-1}a_n+a_{n+1}}{\binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\cdots+\binom{n}{n}}\qquad \left[\binom{n+1}{i}=\binom{n}{i-1}+\binom{n}{i}\right]
$$
2.一些联想
根据这个例题可以立刻联想到一种简单形式：
设{$x_n$}收敛于$l$，如果$a_n\in R$，则有：
$$
\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_nx_n}{a_1+a_2+\cdots+a_n}=l
$$
可以通过极限定义证明是成立的。
那能不能有一个更一般的定理解决上面的例题呢？比如：
设{$x_n$}收敛于$l$，如果$a_k=f(n,k)$，则有：
$$
\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_nx_n}{a_1+a_2+\cdots+a_n}=l
$$
这个问题我思考不了，暂且留在这里，或者用一个更具体的$a_n$可能可以解决问题，这里的题目是组合数，比如：
$$
\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\sum\binom{n}{k}A^{k}B^{n-k}a_k}{\sum\binom{n}{k}A^{k}B^{n-k}}=l
$$
但是这样就已经是正确的结论了。
三、Cauchy命题和一些变形
利用Stolz定理可以推出Cauchy命题，当然极限定义也可以证明之：
(Cauchy命题)设{$x_n$}收敛于$l$，则它的前$n$项的算术平均值所成的数列也收敛于$l$，既有
$$
\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}=l
$$
其他形式：
- 若$\lim \limits_{n\rightarrow \infty }(a_n-a_{n-1})=d$，则$\lim \limits_{n\rightarrow \infty }\frac{a_n}{n}=d$
- 设${a_n}$为正数列，且收敛于$A$，则$\lim \limits_{n\rightarrow \infty }(a_1a_2\cdots a_n)^{\frac{1}{n}}=A$
- 设${a_n}$为正数列，且存在极限$\lim \limits_{n\rightarrow \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}=l$，则$\lim \limits_{n\rightarrow \infty }\sqrt[n]{a_n}=l$
第一个是等价命题，2和3是推论。后面如果发现有有价值相关联的Cauchy命题的东西的话会补充到这里。
[1]谢惠民,恽自求. 数学分析习题课讲义. 北京: 高等教育出版社, 2018.
[2]丘维声. 高等代数学习指导书.上册. 北京: 清华大学出版社, 2017.