Dejar $\lim\limits_{n\to\infty}a_{n+1}-a_{n}=\alpha$. Muestra esa $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{a_n}{n}=\alpha$.

Question

<blockquote> <p>Que $\lim\limits_{n\to\infty}a_{n+1}-a_{n}=\alpha$. Mostrar que $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{a_n}{n}=\alpha$.</p> </blockquote> <p>Desde $\lim\limits_{n\to\infty}a_{n+1}-a_{n}=\alpha$, tenemos que todos $\epsilon>0$ existe $N\in\mathbb{N}$ $$|(a_{n+1}-a_n) - \alpha| < \epsilon \quad \forall n>N.$ $ queremos mostrar que todas $\epsilon>0$ allí existe $M\in\mathbb{N}$ tal que $$\left|\frac{a_n}{n} - \alpha \right| < \epsilon \quad \forall n>M.$ $ así,\begin{align*} \left|\frac{a_n}{n} - \alpha \right| &= \left|\frac{a_n}{n} - \frac{a_{n+1}}{n} + \frac{a_{n+1}}{n} - \alpha \right| \\ &= \left| \frac{1}{n}(a_n - a_{n+1} - \alpha) + \frac{a_{n+1}}{n} + \sum_{j=1}^{n+1} \frac{\alpha}{n} \right| \\ \end{align*} traté de continuar con este patrón, pero no consigo en ningún lugar.</p>

Answer 1

A convertir esto en un ejercicio diferente.

Supongamos que ${x_n}$ $x$ de enfoques. Luego demostrar que %#% $ #% así.

Si esta completa, se puede abordar su problema actual. Ya que acerca a $$\lim{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum{k=1}^nxk=x$ ${a{n+1}-an}$, podemos concluir $\alpha$ $ la suma sin embargo es telescópico. Así $$\lim{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum{k=1}^n(a{k+1}-a_k)=\alpha$ $ álgebra de límites termina esto.

Answer 2

Consejo: Es fácil observar que $a_n=C+n\alpha+b_n$ % grande $n$, donde $(b_n)$ es alguna secuencia tiende a 0.

Answer 3

Que $b_n = an - a{n-1}$ y $a_n = a_1 + b_1. + b_2 + ....+ b_n$. Aplicar el teorema de Cesaro para. $b_n$.

Answer 4

Tenemos\begin{align} \lim_{n\to \infty}\left|\frac{an}{n}-\alpha\right|= & \lim{n\to \infty}\left|\frac{a_n}{n}-\frac{a1}{n}-\alpha\right| \ =& \lim{n\to \infty}\left|\left(\frac{an}{n}-\frac{a{n-1}}{n}-\frac{\alpha}{n}\right)+\left(\frac{a{n-1}}{n}-\frac{a{n-2}}{n}-\frac{\alpha}{n}\right)+\cdots+\left(\frac{a{2}}{n}-\frac{a{1}}{n}-\frac{\alpha}{n}\right)\right| \ =&\lim{n\to \infty}\left|\frac{(a{n+1}-a{n}-\alpha)+(a{n}-a_{n-1}-\alpha)+\ldots+(a_2-a_1)}{n}\right| \end {Alinee el} % todo $\epsilon>0$que existe $N_0$ tal que $n>N0$ implica $$ | a {n-1}-a_ {n} |

Answer 5

Desde $\lim\limits{n \to \infty}(a{n+1}-an)=\alpha,$ y $\forall \varepsilon>0,\exists N$, cuando $n>N$, tenemos $$|a{n+1}-a_n-\alpha| N'. $

Por lo tanto, podríamos tomar $N^=\max(N,N')$ tal que cuando $n>N^$, $$\left|\frac{a_n}{n}-\alpha\right|