Es mi prueba de que $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=1$ ¿correcto?

Question

Estoy haciendo un ejercicio en el que $(u_n)$ es una secuencia numérica decreciente y estrictamente positiva.Mientras que $(u_n)$ es una secuencia numérica decreciente y estrictamente positiva, entonces $(u_n)$ es convergente y su límite es positivo que simbolizamos por $l$ . Supongamos que $l\ne 0$ .

Tengo que demostrar que $\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=1$ . No estoy seguro de si mi prueba es correcta o no. ¿Puede comprobarlo, por favor? Muchas gracias. Por favor, disculpe mi inglés. No estudiamos matemáticas en inglés.

Dejemos que $\varepsilon\in ]0;l[$ .

Así que $\exists N\in\mathbb{N},\,\forall n\in\mathbb{N},\,n>N\Longrightarrow |u_n-l|<\varepsilon$

Dejemos que $n\in\mathbb{N}$ como $n>N$ . También tenemos $n+1>n>N$ . Entonces:

$|u_{n+1}-u_n|=|(u_{n+1}-l)-(u_n-l)|\le |u_{n+1}-l|+|u_n-l|<2\varepsilon$ $(1)$

Y tenemos $|u_n-l|<\varepsilon$ así que $0<l-\varepsilon<u_n<l+\varepsilon$ y así tenemos $0<\dfrac{1}{u_n}<\dfrac{1}{l-\varepsilon}$ $(2)$

Entonces $(1)\times (2)$ da:

$\left|\dfrac{u_{n+1}}{u_n}-1\right|<\dfrac{2\varepsilon}{l-\varepsilon}$

Ponemos $\varepsilon '=\dfrac{2\varepsilon}{l-\varepsilon}>0$ . Entonces $\varepsilon=\dfrac{l\varepsilon '}{2+\varepsilon '}>0$ .

Mientras que $\varepsilon '>0$ entonces $\dfrac{\varepsilon '}{2+\varepsilon '}<1$ y porque $l>0$ tenemos entonces $\varepsilon=\dfrac{l\varepsilon '}{2+\varepsilon '}<l$

Y así $\forall\varepsilon '\in\mathbb{R}^{+*},\,\exists\varepsilon\in ]0,l[,\,\varepsilon=\dfrac{l\varepsilon '}{2+\varepsilon '}$ y así $\varepsilon '$ cubre $\mathbb{R}^{+*}$ donde $\mathbb{R}^{+*}$ es el conjunto de números reales estrictamente positivos. Como resultado tenemos entonces: $$\forall\varepsilon '\in\mathbb{R}^{+*},\,\exists N\in\mathbb{N},\,\forall n\in\mathbb{N},\, n>N\Longrightarrow\left|\dfrac{u_{n+1}}{u_n}-1\right| <\varepsilon '$$

Y así $\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=1$

Editar : $\mathbb{R}^{+*}$ es el conjunto de números reales estrictamente positivos.

Edición2 : Supongamos que $l\ne 0$ .

Answer 1

No es realmente una respuesta a su pregunta, sino un enfoque alternativo.

Si $u_n\to \ell_1$ y $v_n\to \ell_2$ con $l_1\neq 0$ entonces $\frac{v_n}{u_n}\to \frac{\ell_2}{\ell_1}$ como regla general. Así que si $v_n=u_{n+1}$ ...

Answer 2

Como ejercicio, damos un argumento detallado directamente desde la definición. Supongamos que la secuencia $(u_n)$ tiene límite $a\gt 0$ . Queremos demostrar que para cualquier $\epsilon\gt 0$ Hay un $N$ tal que $$1-\epsilon\lt \frac{u_{n+1}}{u_n}\le 1\tag{1}$$ si $n\gt N$ . Tenga en cuenta que $$\frac{u_{n+1}}{u_n}\ge \frac{a}{u_n},$$ por lo que basta con hacer $\frac{a}{u_n}\gt 1-\epsilon$ . Este será el caso automáticamente si $\epsilon\ge 1$ por lo que podemos suponer que $\epsilon\lt 1$ .

Para $0\lt \epsilon\lt 1$ tenemos $$\frac{a}{u_n}\gt 1-\epsilon \quad\text{iff}\quad u_n \lt \frac{a}{1-\epsilon} \quad\text{iff}\quad u_n-a\lt \frac{a\epsilon}{1-\epsilon}.$$

Dado que la secuencia $(u_n)$ converge a $a$ Hay un $N$ de manera que si $n\gt N$ entonces $u_n-a\lt \frac{a\epsilon}{1-\epsilon}$ . Para cualquier $n$ La desigualdad (1) se mantendrá.

Observación: Informalmente, esto es más sencillo de lo que parece. Podemos escalar la secuencia $(u_n)$ para que tenga límite $1$ . Eso no cambia los ratios.