Probar que si , Entonces .

Question

Probar que si $\lim_{n\to \infty}{\frac{a_{n+1}}{a_n}}=x$ $\lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{a_n}}=x$

Mi solución propuesta utiliza las siguientes preposiciones:

La proposición 4.7. Deje $a_n$ ser una secuencia de números reales tales que a ${\sqrt[n]{a_n}}$ converge a L. Si L < 1 la secuencia converge a cero, si L > 1 la sucesión es divergente, si L = 1 la prueba no es concluyente. La proposición 4.8. Deje $a_n$ ser una secuencia de números reales tales que a $\frac{a_{n+1}}{a_n}$ converge a L.

Si L < 1 la secuencia converge a cero, si L > 1 la sucesión es divergente, si L = 1 la prueba no es concluyente.

Estas pruebas son perfectamente equivalentes y por lo que sus límites deben ser los mismos.

Esa es mi solución, pero nos dieron la pista de que podemos usar el resultado de la $\lim_{n\to \infty}{a_n^s}=x^s$ donde s es racional y no he utilizado esta sugerencia que me hace pensar que mi solución es incorrecta. También mi solución parece demasiado simple.

Answer 1

Tome el registro de $$ \ lim_ {n \ a \ infty} \ frac {a_ {n +1}} {a_n} = x $$ y vuelva a escribirlo como $$ \ lim_ {n \ to \ infty} \ frac { \ log (a_ {n +1}) - \ log (a_n)} {(n +1) -n} = \ log (x) $$ Luego aplique el teorema de Stolz – Cesàro para obtener $$ \ lim_ {n \ a \ infty} \ frac {\ log (a_n)} {n} = \ log (x) $$ Aplique$e^x$ para obtener $$ \ lim_ {n \ to \ infty} \ sqrt [\ large n] {a_n} = x $$

Answer 2

Dejar $\varepsilon>0$. Como$\frac{a_{n+1}}{a_n}\to x$ as$n\to\infty$ existe un$n_0\in\mathbb{N}$ tal que$\left| {\frac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}} - x} \right| \le \varepsilon $ para todos$n\ge n_0$. Esto lleva a$$\left( {x - \varepsilon } \right){a_n} \le {a_{n + 1}} \le \left( {x + \varepsilon } \right){a_n},\,\,\,\forall n \geqslant {n_0}.$ $ Por inducción, obtenemos$${\left( {x - \varepsilon } \right)^{n - {n_0}}}{a_{{n_0}}} \leqslant {a_n} \leqslant {\left( {x + \varepsilon } \right)^{n - {n_0}}}{a_{{n_0}}},\,\,\,\,\forall n \geqslant {n_0}$ $ $$ \ Rightarrow {\ left ({x - \ varepsilon} \ right) ^ {\ frac {{n - {n_0}}} {n}}} {\ left ({{a _ {{n_0}}} \ right) ^ {\ frac {1} {n}}} \ leqslant \ sqrt [n] {{{a_n}}} \ leqslant {\ left ({x + \ varepsilon} \ right) ^ {\ frac {{n - {n_0}}} {n}}} {\ left ({{a _ {{n_0}}}} \ right) ^ { \ frac {1} {n}}}, \, \, \, \, \ para todos n \ geqslant {n_0}. $$ Deje$n\to\infty$, obtenemos$$x - \varepsilon \leqslant \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{{a_n}}} \leqslant x + \varepsilon \Rightarrow \left| {\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{{a_n}}} - x} \right| \leqslant \varepsilon .$ $ Entonces,$$\left| {\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{{a_n}}} - x} \right| = 0$ $ o$${\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{{a_n}}} = x}.$ $

Answer 3

Necesitamos otro teorema como el teorema de Stolz – Cesàro en la otra respuesta o el que está aquí Si$\lim a_n = L$, entonces$\lim s_n = L$ que usaré aquí.

\begin{align} &Let\space b_n = \ln{\frac{a_{n+1}}{a_n}}\\ &\lim_{n\to\infty} b_n = \ln x\\ &\lim_{n\to\infty} \frac{\sum_{k=1}^n b_k}{n} =\lim_{n\to\infty} \frac{\ln a_{n+1}-\ln a_1}{n}=\ln x\\ &\lim_{n\to\infty} \frac{\ln a_{n}}{n}=\ln x\\ &\lim_{n\to\infty} e^{\frac{\ln a_{n}}{n}}=\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n}= x \end{align}

Answer 4

Sugerencia: intente demostrar que$$\forall k , \lim_{n \to \infty} \frac {a_{n+1}}{x^{n+1-k}a_k}=1$$ then use $ k = 0 $ para concluir

Answer 5

Dejar $b_n=\log a_n$. Entonces sabes$\Delta b_n\to\log x$, por lo tanto,$\frac 1 n\log a_n=\frac 1 n\sum_{i=0}^{n-1}\Delta b_i\to \log x$.