¿Cuándo $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n^{1/n} = \alpha$ implican $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{\alpha^n}$ existe?

Question

Deje $x_n$ ser una secuencia de números de la satisfacción de $$0 < x_n \leq x_{n-1} \leq \ldots \leq x_0 = 1, \quad n \in \mathbb{N}$$ así como
$$\lim_{n \to \infty} x_n = 0, \quad \text{y } \quad \lim_{n\to \infty} \frac{x_n}{x_{n-1}} = \alpha \en (0,1).$$ De esto se sigue que $$\lim_{n \to \infty} x_n^{1/n} = \alpha;$$ mi pregunta es, ¿en qué condiciones (la más mejor) se puede concluir que el límite de $$L = \lim_{n \to \infty} \frac{x_n}{\alpha^n}$$ existe? Creo que no es cierto en general, pero hay más propiedades que el $x_n$ satisfacer lo que puede ser germaine y suficiente para asegurar el resultado; sin embargo, de momento voy a mantener a la pregunta libre de potencial arenques rojos.

Algunos pensamientos que pueden o pueden no ser útiles: la secuencia de $\phi_n := \frac{x_n}{\alpha^n}$ puede ser demostrado ser submultiplicative, es decir, $$\phi_{n+m} \leq \phi_n \phi_m, \quad n,m \in \mathbb{N},$$ y desde $x_n$ disminuye de$1$$0$, hay un punto en el que se "cruza" la línea de $y = \alpha$, después de que el punto de $\frac{x_n}{\alpha} < 1$.

EDITAR

Etienne dio una buena respuesta. No se aplican directamente a mi situación específica, pero creo que también se encarga de la pregunta original, muy bien. Los detalles adicionales de mi problema concreto es raro que se va a buscar - al menos mucho menos probable que la pregunta original. Así que voy a aceptar la respuesta y dejarlo en eso! Gracias!

Answer 1

Aquí son simples condiciones bajo las cuales $\frac{x_n}{\alpha^n}$ hace converger, sin aun suponiendo que $(x_n)$ está disminuyendo o que $\frac{x_n}{x_{n-1}}\to\alpha$:

(i) Si $\frac{x_n}{x_{n-1}}\leq\alpha$ todos los $n$ $\frac{x_n}{\alpha^n}$ converge (en $\mathbb R$).

(ii) Si $\frac{x_n}{x_{n-1}}\geq\alpha$ todos los $n$, $\frac{x_n}{\alpha^n}$ converge en $\mathbb R\cup\{+\infty\}$.

Para probar esto, establezca $u_n:=-\log(x_n)$. Si (i) se mantiene, entonces $u_{n}-u_{n-1}\geq \beta:=-\log(\alpha)$ todos los $n$. Así que la secuencia $v_n:=u_n-n\beta$ es no decreciente. Por lo tanto $v_n$ tiene un límite en $\mathbb R\cup\{+\infty\}$, por lo que el $\frac{x_n}{\alpha^n}=e^{-v_n}$ tiene un límite en $\mathbb R$. Si (ii) se mantiene, entonces $v_n$ es nonincreasing, por lo que tiene un límite en $\mathbb R\cup\{-\infty\}$ y, por tanto, $\frac{x_n}{\alpha^n}$ tiene un límite en $\mathbb R\cup\{ +\infty\}$.

Sin embargo, como habrá adivinado, el resultado no es cierto en general.

Considerar, por ejemplo, la secuencia definida por $x_0=1$ y la "relación de recurrencia" $$x_{n}=x_{n-1}\left(\alpha-\alpha_n\right)$$ donde $(\alpha_n)_{n\geq 1}$ es una secuencia de números reales tienden a $0$ tal que $\alpha_n<\alpha$ para todos los $n$, $1+\inf_{n\geq 1} \alpha_n>\alpha$ y, por otra parte, la serie de $\sum\log\left(1-\frac{\alpha_n}{\alpha}\right)$ no es convergente y no divergen a $-\infty$. Para un ejemplo claro, uno puede tomar $\alpha_n:=\frac{(-1)^n}{\sqrt n}\delta$ donde$0<\delta <\alpha$$1-\delta>\alpha$; o (mucho más simple), cualquier secuencia de los negativos de los números de $\alpha_n$ tal que $1+\inf_{n\geq 1}\alpha_n>\alpha$$\sum_1^\infty\alpha_n=-\infty$.

A continuación, $0<x_{n+1}\leq cx_n$ todos los $n$ donde $c=\alpha-\inf_{n\geq 1}\alpha_n<1$; por lo $(x_n)$ es decreciente y $x_n\to 0$. Por otra parte, $\frac{x_{n+1}}{x_n}\to\alpha$. Por otro lado, tenemos (para $n\geq 1$) $$\frac{x_n}{\alpha^n}=\frac1{\alpha^n}\prod_{k=1}^n \left(\alpha-\alpha_k\right)=\prod_{k=1}^n \left(1-\frac{\alpha_k}{\alpha}\right)\, .$$ Tomando los logaritmos (lo cual es posible debido a que $1-\frac{\alpha_k}{\alpha}>0$, esto le da $$\log\left(\frac{x_n}{\alpha^n}\right)=\sum_{k=1}^n\log\left(1-\frac{\alpha_k}{\alpha}\right)\, ;$$ por lo $\log\left(\frac{x_n}{\alpha^n}\right)$ no convergen en $\mathbb R$, y no tienden a $-\infty$, y, por tanto, $\frac{x_n}{\alpha^n}$ no converge.

Edit. Si uno toma $\alpha_n:=a(1-a^{\sqrt{n}-\sqrt{n+1}})$, se obtiene Clin. Si uno toma $\alpha_n=-\frac\alpha{n}$ (asumiendo $\alpha<1/2$), uno se pone extremadamente simple $$x_n= (n+1)\alpha^n\, .$$ Tenga en cuenta que $\alpha<1/2$ sólo es necesario para asegurarse de que $(x_n)$ está disminuyendo. Si uno se olvida de este requisito, se puede tener $$x_n = C_n \,\alpha^n$$ donde $(C_n)$ es cualquier secuencia de números positivos tal que $C_n\to\infty$$\frac{C_{n+1}}{C_n}\to 1$. Esta secuencia será la disminución de la con $x_0=1$ si $C_0=1$ $\frac{C_{n+1}}{C_n}<\frac1\alpha$ todos los $n$.

Answer 2

No podemos concluir que el $\lim \frac{x_n}{a^n}$ existe. Considere la posibilidad de

$$x_n=a^{n-\sqrt n}$$

a continuación,$\dfrac{x_n}{a^n}=a^{-\sqrt n}$, lo $\lim \frac{x_n}{a^n}=+\infty$