Stolz–Cesàroの定理（高校数学）

和の公式 $1^3+2^3+\cdots+n^3=\left(\dfrac{n(n+1)}2\right)^2$ を使うと
$$ \frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4}=\frac{n^2(n+1)^2}{4n^4}=\frac14\left(1+\frac1n\right)^2\to\frac14 $$
である。$n=1,2,3,10,100$ での値は $1$、$0.5625$、$0.4444\ldots$、$0.3025$、$0.255025$ である。

$a_n=\sqrt1+\sqrt2+\cdots+\sqrt n$、$b_n=n^{3/2}=n\sqrt n$ とする。$a_n$ を $n$ の簡単な式で書く公式はない。比 $\dfrac{a_n}{b_n}$ を計算機で求めると、次のようになる（小数第 4 位で丸めた）。

どちらの行も $\dfrac23=0.6666\ldots$ に近づいているように見える。2 行目は、分子と分母の「1 歩ぶんの増え方」の比である。分子の増え方は $a_{n+1}-a_n=\sqrt{n+1}$ で、和ではなく 1 つの項なので、式で扱いやすい。

1. $a_n=n^2$、$b_n=n^3$ なら、$\Delta a_n=(n+1)^2-n^2=2n+1$、$\Delta b_n=(n+1)^3-n^3=3n^2+3n+1$ で、差の比は $\dfrac{2n+1}{3n^2+3n+1}$ である。$n=1$ で $\dfrac37$、$n=2$ で $\dfrac5{19}$ となる。
2. ex-stz-cubes の $a_n=1^3+\cdots+n^3$、$b_n=n^4$ なら、$\Delta a_n=(n+1)^3$、$\Delta b_n=(n+1)^4-n^4$ で、差の比は
   $$ \frac{(n+1)^3}{(n+1)^4-n^4}=\frac{(n+1)^3}{4n^3+6n^2+4n+1} $$
   である。$n=1$ で $\dfrac8{15}=0.5333\ldots$、$n=2$ で $\dfrac{27}{65}=0.4153\ldots$ である。分子と分母を $n^3$ で割ると $\dfrac{\left(1+\frac1n\right)^3}{4+\frac6n+\frac4{n^2}+\frac1{n^3}}\to\dfrac14$ となり、ex-stz-cubes の極限と一致する。

$p>-1$ を実数とし、$a_n=1^p+2^p+\cdots+n^p$、$b_n=n^{p+1}$ とする。$p+1>0$ なので $(b_n)$ は狭義単調増加で $b_n\to+\infty$ であり、条件 (i) を満たす。差の比は
$$ \frac{\Delta a_n}{\Delta b_n}=\frac{(n+1)^p}{(n+1)^{p+1}-n^{p+1}} $$
である。分母に、関数 $f(x)=x^{p+1}$ の区間 $[n,n+1]$ での平均値の定理（平均値の定理による差の評価）を使うと、$n< c< n+1$ を満たす $c$ があって
$$ (n+1)^{p+1}-n^{p+1}=f'(c)\cdot1=(p+1)c^p $$
となる。よって
$$ \frac{\Delta a_n}{\Delta b_n}=\frac1{p+1}\left(\frac{n+1}{c}\right)^p $$
である。$1<\dfrac{n+1}c<\dfrac{n+1}n=1+\dfrac1n$ なので、$\left(\dfrac{n+1}c\right)^p$ は $1$ と $\left(1+\dfrac1n\right)^p$ の間にある（$p\ge0$ なら $1$ 以上、$p<0$ なら $1$ 以下）。$\left(1+\dfrac1n\right)^p\to1$ なので、はさみうちの原理により差の比は $\dfrac1{p+1}$ に収束する。thm-stz-main により
$$ \boxed{\ \frac{1^p+2^p+\cdots+n^p}{n^{p+1}}\to\frac1{p+1}\ } $$
である。$p=3$ なら ex-stz-cubes の $\dfrac14$、$p=\dfrac12$ なら ex-stz-sqrt-sum の $\dfrac23$ になる。$p=-\dfrac12$ なら $\dfrac{1+\frac1{\sqrt2}+\cdots+\frac1{\sqrt n}}{\sqrt n}\to2$ である。

$a_n=H_n=1+\dfrac12+\cdots+\dfrac1n$、$b_n=\log n$ とする。$(b_n)$ は狭義単調増加で $b_n\to+\infty$ である。差の比は
$$ \frac{\Delta a_n}{\Delta b_n}=\frac{\frac1{n+1}}{\log(n+1)-\log n}=\frac{\frac1{n+1}}{\log\left(1+\frac1n\right)} $$
である。$\log\left(1+\dfrac1n\right)=\displaystyle\int_n^{n+1}\frac{dx}x$ で、$n< x< n+1$ では $\dfrac1{n+1}<\dfrac1x<\dfrac1n$ なので
$$ \frac1{n+1}<\log\left(1+\frac1n\right)<\frac1n $$
である（$n=1$ なら $0.5<0.6931\ldots<1$）。よって差の比は $\dfrac{n}{n+1}$ と $1$ の間にあり、はさみうちの原理により $1$ に収束する。thm-stz-main により $\dfrac{H_n}{\log n}\to1$ である（$b_1=0$ なので比は $n\ge2$ で考える）。

差の比はすぐ $1$ に近づくが、$\dfrac{H_n}{\log n}$ の近づき方はとても遅い。

$a_n=\log n!=\log1+\log2+\cdots+\log n$、$b_n=n\log n$ とする。$(b_n)$ は狭義単調増加で $b_n\to+\infty$ である。$\Delta a_n=\log(n+1)$、
$$ \Delta b_n=(n+1)\log(n+1)-n\log n=\log(n+1)+n\log\left(1+\frac1n\right) $$
なので、差の比は
$$ \frac{\Delta a_n}{\Delta b_n}=\frac{1}{1+\dfrac{n\log\left(1+\frac1n\right)}{\log(n+1)}} $$
である。ex-stz-harmonic の不等式に $n$ を掛けると $\dfrac n{n+1}< n\log\left(1+\dfrac1n\right)<1$ で、分子は $1$ 以下、分母の $\log(n+1)$ は限りなく大きくなるので、分数 $\dfrac{n\log(1+\frac1n)}{\log(n+1)}$ は $0$ に近づく。差の比は $1$ に収束し、thm-stz-main により $\dfrac{\log n!}{n\log n}\to1$ である。値は $n=10,100,1000,10^6$ で $0.6559\ldots$、$0.7898\ldots$、$0.8558\ldots$、$0.9276\ldots$ で、これも近づき方は遅い。$n!$ のもっと詳しい大きさは 階乗の大きさの見積もり で扱う。

$a_n\to\alpha$（$\alpha$ は実数）のとき、$A_n=a_1+2a_2+\cdots+na_n$、$B_n=n^2$ とすると
$$ \frac{\Delta A_n}{\Delta B_n}=\frac{(n+1)a_{n+1}}{(n+1)^2-n^2}=\frac{n+1}{2n+1}\,a_{n+1}\to\frac12\cdot\alpha $$
なので、thm-stz-main により $\dfrac{a_1+2a_2+\cdots+na_n}{n^2}\to\dfrac\alpha2$ である。数列の平均の極限 の演習「重みをつけた平均」と同じ結論が、1 行の計算で得られる。$a_n=1+\dfrac1n$ なら、差の比は $\dfrac{n+2}{2n+1}$ で、$n=10,100$ で $0.5714\ldots$、$0.5074\ldots$ である。

級数 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}$ は収束する（無限級数の和と収束判定）。その「$n$ 番目から先の和」を $a_n=\displaystyle\sum_{k=n}^\infty\frac1{k^2}$ とすると、収束する級数の残りの和なので $a_n\to0$ である（和を $S$、部分和を $s_n$ とすると $a_n=S-s_{n-1}\to S-S=0$）。$b_n=\dfrac1n$ は狭義単調減少で $b_n\to0$ である。
$$ \Delta a_n=a_{n+1}-a_n=-\frac1{n^2},\qquad \Delta b_n=\frac1{n+1}-\frac1n=-\frac1{n(n+1)} $$
なので、差の比は $\dfrac{n(n+1)}{n^2}=1+\dfrac1n\to1$ である。cor-stz-zero により $\dfrac{a_n}{b_n}=n\displaystyle\sum_{k=n}^\infty\frac1{k^2}\to1$、つまり残りの和はおよそ $\dfrac1n$ である。$n=10,100,1000$ で $n\,a_n=1.0516\ldots$、$1.0050\ldots$、$1.0005\ldots$ である。

$a_n=(-1)^n$、$b_n=n$ とする。$\left\lvert\dfrac{a_n}{b_n}\right\rvert=\dfrac1n\to0$ なので比は $0$ に収束する。しかし差の比は
$$ \frac{(-1)^{n+1}-(-1)^n}{(n+1)-n}=2(-1)^{n+1} $$
で、$2$ と $-2$ をくり返し、収束しない。比が収束しても、差の比が収束するとは限らない。

$a_n=n$ とし、$b_n$ を $n$ が偶数なら $n$、奇数なら $3n$ と定める（$b_1=3$、$b_2=2$、$b_3=9$、$b_4=4,\dots$）。$b_n\ge n$ なので $b_n\to+\infty$ だが、$b_1>b_2$ のように単調でない。差分は、$n$ が奇数なら $\Delta b_n=(n+1)-3n=1-2n$、偶数なら $\Delta b_n=3(n+1)-n=2n+3$ で、どちらでも $\lvert\Delta b_n\rvert\ge2n-1$ である。$\Delta a_n=1$ なので
$$ \left\lvert\frac{\Delta a_n}{\Delta b_n}\right\rvert\le\frac1{2n-1}\to0 $$
で、差の比は $0$ に収束する。ところが比 $\dfrac{a_n}{b_n}$ は、$n$ が偶数なら $1$、奇数なら $\dfrac13$ で、収束しない（$0$ にも近づかない）。

$a_n=2-\dfrac1n$、$b_n=1-\dfrac1n$ とする。$(b_n)$ は狭義単調増加だが、$1$ に収束し、$+\infty$ には発散しない。$\Delta a_n=\Delta b_n=\dfrac1n-\dfrac1{n+1}$ なので、差の比はいつも $1$ で、$1$ に収束する。ところが比は、$n\ge2$ で
$$ \frac{a_n}{b_n}=\frac{2n-1}{n-1}=2+\frac1{n-1}\to2 $$
で、$1$ ではない。