Supongamos que $\displaystyle\lim_{n\to\infty} {\frac{a_{n+1}}{a_n}} = \frac{1}{2}$, prueba $\displaystyle\lim_{n\to\infty}{a_n}=0$

Question

Supongamos $\displaystyle\lim_{n\to\infty} {\frac{a_{n+1}}{a_n}} = \frac{1}{2}$, demuestran $\displaystyle\lim_{n\to\infty}{a_n}=0$

Mi inicio en esta era del estado el límite en términos de la definición y trabajar desde allí:

$\displaystyle\lim_{n\to\infty} {\frac{a_{n+1}}{a_n}} = \frac{1}{2}$

$\implies \exists n_0 $ s.t., $\forall \epsilon>0, |\frac{a_{n+1}}{an} -\frac{1}{2}| < \epsilon$, $(\forall n_0 > n)$

Con el triángulo de la desigualdad he reformulado la desigualdad anterior de la siguiente manera:

$|\frac{a_{n+1}}{an}| \leq |\frac{a_{n+1}}{an} -\frac{1}{2}| + \frac{1}{2} < \epsilon$

$\implies |\frac{a_{n+1}}{an}| < \epsilon + \frac{1}{2}$

$\implies |{a_{n+1}}| < |a_n|(\epsilon + \frac{1}{2})$

En este momento estoy un poco de una pérdida. Me es permitido generalizar el resultado anterior como:

$\implies |{a_{n+k}}| < |a_n|(\epsilon + \frac{1}{2})^k$ ?

Y si es así, ¿hay alguna manera puedo utilizar este hecho para llegar a una prueba de $a_n \rightarrow 0$ ?

Gracias de antemano por cualquier ayuda. :)

Answer 1

Estás en el camino correcto, ahora WLOG asumir $\epsilon

$$a^k|a_N|{\log\epsilon -\log|a_N|\over\log a}$$

donde la desigualdad cambia dirección porque dividimos por el número negativo $\log a$.

Answer 2

Más generalmente, si cada $an\ne 0$ y $1>V=\lim{n\to \infty}\sup{m\geq n}|\frac {a{m+1}}{am}|$ y $\lim{n\to \infty}a_n=0.$

Prueba: Deje $n_0$ ser tal que el $\forall n\geq n0\left(\; |\frac {a{n+1}}{a_n}|\leq \frac {1+V}{2}\;\right).$ ahora $n\geq n0$ $$|a{n+1}|=|a_{n0}|\cdot \prod{j=n0}^n\left|\frac {a{j+1}}{aj}\right|\leq |a{n_0}|\left(\frac {1+V}{2}\right)^{n-n_0+1}.$$ The far RHS expression goes to $0$ as $n\to \infty$ because $0

Answer 3

Usted puede encontrar algunos n para que todos los ratios son menores de 3/4 (e = 1/4) por lo que el límite es inferior a (sub n) × (3/4) ^ m como m va al infinito.