Stolz定理可以被理解为“数列的洛必达法则”，它揭示了两个数列之比的极限和相邻两项之差的比的极限的关系。

Stolz定理

$\frac{\ast }{\infty }$型

定理1 设 { a n } \{a_n\} {an​}和 { b n } \{b_n\} {bn​}是两个实数列，其中 { b n } \{b_n\} {bn​}是严格单调的且趋向于无穷（$+\infty$或$-\infty$）。若极限$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=l$存在，则$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{b_n}=l$。

证明： 不妨设$\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=+\infty$，且 { b n } \{b_n\} {bn​}严格单调递增。由$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=l$知，$\forall \frac{\epsilon }{2}>0$，$\exists N$，使得$\forall n>N$，都有$$\left|\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}-l\right|<\frac{\epsilon }{2}$$即$$l-\frac{\epsilon }{2}<\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}<l+\frac{\epsilon }{2}$$因为 { b n } \{b_n\} {bn​}严格单调递增，所以$b_{n+1}-b_n>0$。因此$$\left(l-\frac{\epsilon }{2}\right)(b_{n+1}-b_n)<a_{n+1}-a_n<\left(l+\frac{\epsilon }{2}\right)(b_{n+1}-b_n)$$注意到$a_n=(a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}+a_{n-2})+\cdots +(a_{N+2}-a_{N+1})+a_{N+1}$，那么我们就可以给出$a_n$的下界：$$\begin{array}{rl}{a}_N& >\left(l-\frac{\epsilon }{2}\right)(b_n-b_{n-1})+\left(l-\frac{\epsilon }{2}\right)(b_{n-1}-b_{n-2})+\cdots +\left(l-\frac{\epsilon }{2}\right)(b_{N+2}-b_{N+1})+a_{N+1}\\ & =\left(l-\frac{\epsilon }{2}\right)(b_n-b_{N+1})+a_{N+1}\end{array}$$同时也可以给出上界：$$a_N<\left(l+\frac{\epsilon }{2}\right)(b_n-b_{N+1})+a_{N+1}$$由于$\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=+\infty$，故$\exists N^{\prime }$，使得$\forall n>N^{\prime }$，有$b_n>0$。（即$b_n$在某项之后恒为正。）现在，对于 n > max ⁡ { N , N ′ } n>\max\{N,N'\} n>max{N,N′}，给$a_n$的上下界两边除以$b_n$：$$\left(l-\frac{\epsilon }{2}\right)-\left(l-\frac{\epsilon }{2}\right)\frac{b_{N+1}}{b_n}+\frac{a_{N+1}}{b_n}<\frac{a_n}{b_n}<\left(l+\frac{\epsilon }{2}\right)-\left(l+\frac{\epsilon }{2}\right)\frac{b_{N+1}}{b_n}+\frac{a_{N+1}}{b_n}$$注意$-\left(l-\frac{\epsilon }{2}\right)\frac{b_{N+1}}{b_n}+\frac{a_{N+1}}{b_n}$和$-\left(l+\frac{\epsilon }{2}\right)\frac{b_{N+1}}{b_n}+\frac{a_{N+1}}{b_n}$实际上是趋于$0$的，即$\forall \frac{\epsilon }{2}>0$，存在$N_{+}>N^{\prime }$和$N_{-}>N^{\prime }$，使得当 n > N ∗ = max ⁡ { N + , N − } n>N^*=\max\{N_+,N_-\} n>N∗=max{N+​,N−​}时，有$$\begin{gathered} \left|-\left(l-\frac{\epsilon }{2}\right)\frac{b_{N+1}}{b_n}+\frac{a_{N+1}}{b_n}\right|<\frac{\epsilon }{2} \\ \left|-\left(l+\frac{\epsilon }{2}\right)\frac{b_{N+1}}{b_n}+\frac{a_{N+1}}{b_n}\right|<\frac{\epsilon }{2} \end{gathered}$$故$$l-\epsilon =l-\frac{\epsilon }{2}-\frac{\epsilon }{2}<\frac{a_n}{b_n}<l+\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=l+\epsilon$$因此，我们证明了：$\forall \epsilon >0$， ∃ N ∗ = max ⁡ { N + , N − } \exists N^*=\max\{N_+,N_-\} ∃N∗=max{N+​,N−​}，使得$\forall n>N^{\ast }$，有$\left|\frac{a_n}{b_n}-l\right|<\epsilon$，即$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{b_n}=l$。

$\frac{0}{0}$型

定理2 设 { a n } \{a_n\} {an​}和 { b n } \{b_n\} {bn​}是两个实数列，$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=0$且$b_n$严格单调递减。若极限$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=l$存在，则$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{b_n}=l$。

证明提要：将$a_n$写成$a_n=(a_n-a_{n+1})+(a_{n+1}-a_{n+2})+\cdots +(a_{n-\nu +1}-a_{n+\nu })+a_{n+\nu }$，然后给出$a_n$的上下界，两边同时除以$b_n$，注意到$a_{n+\nu }$和$b_{n+\nu }$趋于$0$即可证明。

例子

1. 算术平均数的极限

我们要证明$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}=\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$。

定义$a_n=x_1+x_2+\cdots +x_n$，$b_n=n$。则要证$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{b_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$。注意到$a_{n+1}-a_n=x_n$，$b_{n+1}-b_n=1$，现在该怎么做应该很明显了。

2.

求$\underset{n\to \infty }{\lim }\left[\sqrt[n+1]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}\right]$。

令$a_n=\sqrt[n]{n!}$，$b_n=n$，则$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left[\sqrt[n+1]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}\right]=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{b_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}$$根据Stirling公式，$n!\sim \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n$，故$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{(2\pi n)}^{\frac{1}{2n}}\cdot \frac{n}{e}}{n}=\frac{1}{e}$$