Twierdzenie o granicy średniej arytmetycznej (zwane też twierdzeniem Stolza-Cesàro w wersji dla średnich) mówi, że jeśli ciąg $(a_n)$ jest zbieżny, to ciąg średnich arytmetycznych jego wyrazów jest również zbieżny do tej samej granicy.
Jeśli $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a$, to \[ \lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n} = a. \]
Niech $s_n = \frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n}$ oznacza średnią arytmetyczną pierwszych $n$ wyrazów ciągu $(a_n)$.
Chcemy pokazać, że $\lim\limits_{n \to \infty} s_n = a$.
Rozważmy różnicę $s_n - a$: \[ s_n - a = \frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n} - a = \frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n - na}{n} = \frac{(a_1 - a) + (a_2 - a) + \ldots + (a_n - a)}{n}. \]
Oznaczmy $b_k = a_k - a$. Wtedy: \[ s_n - a = \frac{b_1 + b_2 + \ldots + b_n}{n}. \]
Ponieważ $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a$, mamy $\lim\limits_{n \to \infty} b_n = 0$.
Wystarczy więc pokazać, że jeśli $b_n \to 0$, to $\frac{b_1 + \ldots + b_n}{n} \to 0$.
Niech $\varepsilon \gt 0$ będzie dowolne. Ponieważ $b_n \to 0$, istnieje $N \in \mathbb{N}$ takie, że: \[ \forall k \gt N:\ |b_k| \lt \frac{\varepsilon}{2}. \]
Dla $n \gt N$ rozbijamy sumę na dwie części: \[ \left| \frac{b_1 + b_2 + \ldots + b_n}{n} \right| = \left| \frac{\sum_{k=1}^{N} b_k + \sum_{k=N+1}^{n} b_k}{n} \right| \leq \frac{\left| \sum_{k=1}^{N} b_k \right|}{n} + \frac{\sum_{k=N+1}^{n} |b_k|}{n}. \]
Niech $M = \left| \sum_{k=1}^{N} b_k \right|$ — jest to stała (zależy tylko od $N$, które jest ustalone).
Wtedy: \[ \frac{\left| \sum_{k=1}^{N} b_k \right|}{n} = \frac{M}{n}. \]
Ponieważ $\frac{M}{n} \to 0$ gdy $n \to \infty$, istnieje $N_1 \gt N$ takie, że: \[ \forall n \gt N_1:\ \frac{M}{n} \lt \frac{\varepsilon}{2}. \]
Dla $k \gt N$ mamy $|b_k| \lt \frac{\varepsilon}{2}$, więc: \[ \frac{\sum_{k=N+1}^{n} |b_k|}{n} \lt \frac{(n - N) \cdot \frac{\varepsilon}{2}}{n} = \frac{n - N}{n} \cdot \frac{\varepsilon}{2} \lt \frac{\varepsilon}{2}. \]
Dla $n \gt N_1$ mamy: \[ \left| \frac{b_1 + b_2 + \ldots + b_n}{n} \right| \lt \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon. \]
Zatem $\frac{b_1 + \ldots + b_n}{n} \to 0$, czyli $s_n - a \to 0$, a więc $s_n \to a$. $\square$
Zbieżność średniej arytmetycznej nie implikuje zbieżności ciągu $(a_n)$.
Kontrprzykład: Niech $a_n = (-1)^n$. Wtedy ciąg $(a_n)$ jest rozbieżny, ale: \[ s_n = \frac{a_1 + \ldots + a_n}{n} = \frac{(-1)^1 + (-1)^2 + \ldots + (-1)^n}{n} = \begin{cases} 0 & \text{gdy } n \text{ parzyste} \\ -\frac{1}{n} & \text{gdy } n \text{ nieparzyste} \end{cases} \]
W obu przypadkach $s_n \to 0$, mimo że $(a_n)$ nie ma granicy.
Zadanie: Oblicz $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{n}}{n}$.
Rozwiązanie: Niech $a_k = \frac{1}{k}$. Wtedy $\lim\limits_{k \to \infty} a_k = 0$.
Z twierdzenia o granicy średniej arytmetycznej: \[ \lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n}}{n} = 0. \]
Zadanie: Oblicz $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{\sqrt{1} + \sqrt{2} + \ldots + \sqrt{n}}{n\sqrt{n}}$.
Rozwiązanie: Przekształcamy: \[ \frac{\sqrt{1} + \sqrt{2} + \ldots + \sqrt{n}}{n\sqrt{n}} = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{\sqrt{k}}{\sqrt{n}} = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \sqrt{\frac{k}{n}}. \]
Jest to suma Riemanna dla funkcji $f(x) = \sqrt{x}$ na przedziale $[0, 1]$: \[ \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \sqrt{\frac{k}{n}} = \int_0^1 \sqrt{x}\, dx = \left[ \frac{2}{3} x^{3/2} \right]_0^1 = \frac{2}{3}. \]
Twierdzenie: Niech $(a_n)$ i $(b_n)$ będą ciągami rzeczywistymi, gdzie $(b_n)$ jest ściśle rosnący i $b_n \to +\infty$. Jeśli istnieje granica: \[ \lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_n - a_{n-1}}{b_n - b_{n-1}} = g, \] to również: \[ \lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = g. \]
Twierdzenie o granicy średniej arytmetycznej jest szczególnym przypadkiem dla $a_n = \sum_{k=1}^{n} c_k$ i $b_n = n$.