¿Es esto una prueba de convergencia válido (por secuencias)?

Question

Deje $(x_n)$ ser un almacén de secuencia (desde arriba por $M$) tal que $\lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n}=1$. Qué $(x_n)$ convergen?

Mi primera idea era probar que la sucesión es de Cauchy: Dado $\epsilon\gt0$ necesitamos encontrar $N\ge1$ tal que para cada $m,n\ge N$ $$|\frac{x_m}{x_n}-1|\lt\frac{\epsilon}{M}$$ $$|x_m-x_n|\lt\frac{\epsilon |x_n|}{M}\le\epsilon$$ Ahora $$\frac{x_m}{x_n}=\frac{x_m}{x_{m-1}}\cdots\frac{x_{n+1}}{x_n}$$ and each factor can be arbitrarily close to $1$, say in $(1-\delta,1+\delta)$ for some $\delta$, so $$\frac{x_m}{x_n}\in ((1-\delta)^{m-n},(1+\delta)^{m-n})$$ however it is impossible to choose $\delta$ such that $$(1-\epsilon,1+\epsilon)\subseteq((1-\delta)^{m-n},(1+\delta)^{m-n})$$ for every $m,n$ greater than something: if $m\to\infty$ then the interval with the $\delta$ becomes $(0,\infty)$

¿Qué le falta? También he probado el $|x_m-x_n|\le|x_m-x_{m-1}|+\cdots+|x_{n+1}-x_n|$ truco, pero llegan al mismo problema (el producto {suma} de un montón de cosas cerca de uno {cero} está lejos de ella)

Tal vez hay algunas muy simples contraejemplo que no estoy viendo

Answer 1

La Idea de contraejemplo: la Construcción de un oscilante función "cuya frecuencia de oscilación" disminuye a medida que $n$ aumenta. La idea es hacer que las diferencias entre los valores sucesivos de tamaño debido a la disminución de la "tasa de oscilación", mientras que el hecho de que que oscila asegura que no convergen.

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Contraejemplo: Considerar la secuencia de $x_n = \sin \sqrt{n} + 2$. Esto es obviamente limitada por arriba por $M = 3$, y no convergen.

Encontrar el límite no es sencillo, sin embargo. $$ \lim_{n \to \infty} \frac{x_{n+1}}{x_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\sin \sqrt{n+1} + 2}{\sin \sqrt{n} + 2} \\ =1 + \lim_{n \to \infty} \left[ \frac{\sin{\sqrt{n+1}} - \sin \sqrt{n}}{\sin \sqrt{n} + 2}\right] $$ Pero también tenemos $$ \lim_{n\to \infty} (\sin{\sqrt{n+1}} - \sin \sqrt{n}) = 2 \lim_{n\to \infty} \left[ \cos \frac{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}{2} \sin \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}}{2} \right] $$ Desde $\lim_{n \to \infty} (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) = 0$, luego un par de aplicaciones del teorema del sándwich tenemos $$ \lim_{n \to \infty} \left[ \frac{\sin{\sqrt{n+1}} - \sin \sqrt{n}}{\sin \sqrt{n} + 2}\right] = 0, $$ y así $$ \lim_{n \to \infty} \frac{x_{n+1}}{x_n} = 1, $$ como se desee.

Este no es un muy elegante contraejemplo, y no me sorprendería si hay otros por ahí.

EDIT: UN poco menos engorroso contraejemplo es la secuencia de las $x_n = e^{\sin \sqrt{n}}$. La prueba procede de la misma manera, y se basa en el hecho de que $$ \lim_{n \to \infty} (\sin \sqrt{n + 1} - \sin \sqrt{n}) = 0.$$ Como se señaló en @DanielFischer en los comentarios, el valor medio teorema implica que $$ \frac{\sin \sqrt{n+1} - \sin \sqrt{n}}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}} = \sin x $$ para algunos $x \in [\sqrt{n}, \sqrt{n+1}]$; y desde $\sin x$ es acotada entre -1 y +1, esto significa que $$ |\sin \sqrt{n+1} - \sin \sqrt{n}| \leq \sqrt{n+1} - \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} $$ para todos los $n$. La convergencia de ambos de los contraejemplos de la siguiente manera a partir de ahí.

Answer 2

Esto no es una solución, pero creo que se puede resolver si puede llenar todos los huecos.

$(x_n)n$ Es una secuencia limitada, existe un % de subsequence de Cauchy $(x{a(n)})n$(por lo tanto convergente). Que $r=\lim{n\to\infty} x{a(n)}$. Desde $\frac{x{n+1}}{x_n}\to 1$ $\varepsilon>0$ allí existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $$xn(1-\varepsilon)<x a="" and="" between="" difference="" estimate="" implies="" is="" m="" n="" n.="" the="" this="" to="" upshot="" where="" xn=""></x>

Answer 3

Para la Serie (el MAL)

De hecho, el teorema afirma que para que una serie de términos positivos,

si $\lim_{n\to \infty }\frac{x_{n+1}}{x_n}<1$ la serie converge.

si $\lim_{n\to \infty }\frac{x_{n+1}}{x_n}>1$ la serie diverge.

Pero si $\lim_{n\to \infty }\frac{x_{n+1}}{x_n}=1$ la serie puede divergen o convergen.

Mira aquí para más información y ejemplos https://en.wikipedia.org/wiki/Ratio_test

Ayuda

Creo que esto puede ayudar.

Deje $M$ ser el supremum y recoger $N$ lo suficientemente grande como para $x_N>M(1-\delta)$, entonces para cualquier $m>N$ $$ \frac{x_m}{x_N}<\frac{M}{M(1-\delta)}<1+\delta $$

Entonces usted tiene su resultado con el uso de su argumento porque, $$ \frac{x_m}{x_n}=\frac{x_m}{x_N}\frac{x_N}{x_n}<(1+\delta)^{N+1} $$

Y creo que se puede encontrar $\delta$ tal que $(1+\delta)^{N+1}<1+\epsilon$.

Tenga en cuenta que el problema es que usted necesita $\delta$ a recoger $N$ $N$ a recoger $\delta$ hay algo que falta.