Dado $(a_{n+1} - a_n) \rightarrow g$ Mostrar $\frac{a_n}{n} \rightarrow g$

Question

Así que sí, básicamente este es el problema. $(a_{n+1} - a_n) \rightarrow g$ Mostrar $\frac{a_n}{n} \rightarrow g$

Parece la secuencia de Cauchy, pero no estoy seguro. ¿Podemos decir que si $(a_{n+1} - a_n) \rightarrow g$ entonces $|a_{n+1}-a_n| \rightarrow g$ ? Por lo tanto, para $n$ podemos decir que $$|a_n-g|<\frac{\epsilon}{2}$$ para $\epsilon > 0$ . Así que en este caso tenemos $|a_{n+1}-g| + |a_n-g| <\epsilon$ Así que usando la desigualdad de triángulo obtenemos $$|a_{n+1}-a_n| = |a_{n+1}-g+g-a_n| \leq |a_n-g| + |a_{n+1}-g| < \epsilon$$

Entonces... de eso sabemos que $a_n$ está limitada por $g$ .

¿Es cierto hasta ahora? Si no, ¿cómo corregirlo? Si es cierto, ¿cómo mostrar la segunda parte? Le agradecería que me ayudara. Gracias de antemano

Answer 1

Utiliza el siguiente dato:

Si $x_n\to x$ entonces también $\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\to x$ .

En nuestro caso $$ \frac{1}{n}\big((a_1-a_0)+(a_3-a_2)+\cdots+(a_n-a_{n-1})\big)=\frac{a_n-a_1}{n}\to g, $$ sino como $\,\dfrac{a_1}{n}\to 0$ concluimos que $\,\dfrac{a_n}{n}\to g$ .

Answer 2

Elija $N_1$ para que $|a_{n+1} - a_n - g| < \epsilon / 2$ siempre que $n \geq N_1$ . A continuación, elija $N_2$ para que $|a_{N_1}| / n < \epsilon / 2$ siempre que $n \geq N_2$ . Entonces para $n \geq \max (N_1, N_2)$ tendrás $a_n / n = ((a_n - a_{n-1}) + (a_{n-1} - a_{n-2}) + \ldots + a_{N_1})/n$ que estará dentro de $\epsilon$ de $(n - N_1)g/n$ que se acercará a $g$ como $n \to \infty$ .

Answer 3

Puede utilizar Teorema de Stolz-Cesàro

Sea $(a_n)_{n \geq 1}, (b_n)_{n \geq 1}$ sean dos sucesiones de números reales. Supongamos que $b_n$ i $$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=\ell.$$ T $$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}$$ también existe y es igual a ℓ.

Ahora, en su caso $b_n=n$ .

Answer 4

Utilizando Teorema de Stolz-Cesàro :

$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{(n+1)-n} =\frac g 1 = g.$$