límite de $\frac{a_{n+1}}{a_n}$

Question

Hoy mi profesor en la junta de que:

Si $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}$ existe y $a_n>0$

$\displaystyle \limsup\limits_{n\to\infty}\left(a_n^{\frac{1}{n}}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}$

sin embargo no estoy seguro de por qué esto es cierto, puede alguien darme una pista o algo en cuanto a cómo ir probando esto.

gracias por la ayuda

Answer 1

De hecho, la declaración más fuerte es la siguiente:

Teorema: Vamos a $\{c_n\}$ ser cualquier secuencia en la $\mathbb{R}^+$. A continuación, $\displaystyle \underline{\lim}\frac{c_{n+1}}{c_n}\leq \underline{\lim}\sqrt[n]{c_n}$$\displaystyle \overline{\lim}\sqrt[n]{c_n}\leq \overline{\lim}\frac{c_{n+1}}{c_n}$.

Así que, con esto, si asumimos que $\displaystyle \lim\frac{c_{n+1}}{c_n}$ existe entonces tenemos que $\displaystyle \overline{\lim}\sqrt[n]{c_n}\leq\overline{\lim}\frac{c_{n+1}}{c_n}=\underline{\lim}\frac{c_{n+1}}{c_n}\leq \underline{\lim}\sqrt[n]{c_n}$ desde donde fácilmente se deduce que $\overline{\lim}\sqrt[n]{c_n}=\underline{\lim}\sqrt[n]{c_n}$ $\lim \sqrt[n]{c_n}$ existe y, de hecho, es también claro que debe ser igual a $\displaystyle \lim\frac{c_{n+1}}{c_n}$. Una prueba de este hecho puede encontrarse en la página 68 de Rudin los Principios de Análisis Matemático. Supongo que usted tiene acceso a esta (muy conocida) libro-si no se lo dices y yo voy a dar un esbozo de la prueba.

Answer 2

Como mencioné en mi comentario,

$$a_n^{\frac{1}{n}}= e^{\frac{ \ln (a_n)}{n}} $$

Ahora, si el límite

$$\lim_{n \to \infty} \frac{\ln (a_{n+1})-\ln (a_n)}{(n+1)-n}= \lim_{n \to \infty} \ln \left( \frac{a_{n+1}}{a_n} \right) $$ exists then by Stolz Cezaro the limit $$\lim_{n \to \infty} \frac{ \ln (a_n)}{n}$$ existe y

$$\lim_{n \to \infty}\frac{ \ln (a_n)}{n}= \lim_{n \to \infty} \ln \left(\frac{a_n+1}{a_n}\right) $$

El Teorema mencionado en otros post desprende también de la versión más fuerte de Stolz Cezaro por exactamente el mismo razonamiento.