Si presenta un $a_{n+1}/a_n\to\ell$ $a_n^{1/n}\to\ell$

Question

Supongamos que tenemos una secuencia de $(a_n)$ tal que $a_n\neq0$ y $$\lim\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\ell$$ Show that $% $ $\lim a_n^{1/n}=\ell.$

Tengo un bosquejo de la prueba, pero hay una hipótesis adicional:
Por la definición de convergencia $\forall\varepsilon>0\exists N\forall n>N,\ \ell-\varepsilon<\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<\ell+\varepsilon$.
Aquí es donde tengo que asumir que finalmente $a_n>0$ (por inducción) que finalmente $$(\ell-\varepsilon)^na_0<a_n<(\ell+\varepsilon)^na_0\\\therefore(\ell-\varepsilon)a_0^{1/n}<a_n^{1/n}<(\ell+\varepsilon)a_0^{1/n}\\\therefore \ell-\varepsilon\leq\lim a_n^{1/n}\leq\ell+\varepsilon\\\therefore\lim a_n^{1/n}=\ell$ $ pero aún no he averiguado de cómo demostrarlo sin la asunción adicional.

Answer 1

Supongamos que $$a_n >0 \quad\frac{a_{n+1}}{a_n}\to\ell \quad \ell\in [0,+\infty)$ $

Así $\forall\varepsilon>0, \exists n_0\in \mathbb{N}$ s.t. $\forall n\ge n_0$ % $ $$\ell-\frac \varepsilon2\le\frac{a_{n+1}}{a_n}\le\ell+\frac \varepsilon2$

Por lo tanto

$$\ell-\frac \varepsilon2\le\frac{a_{n_0+1}}{a_{n_0}}\le\ell+\frac \varepsilon2 $$

$$\left(\ell-\frac \varepsilon2 \right)^ka_{n_0}\le a_{n_0+k}\le\left(\ell+\frac \varepsilon2\right)^k a_{n_0}$$

$$\left(\ell-\frac \varepsilon2 \right)^n\left(\ell-\frac \varepsilon2 \right)^{-n_0} a_{n_0}\le a_{n}\le\left(\ell+ \frac \varepsilon2\right)^n \left(\ell+ \frac \varepsilon2\right)^{-n_0} a_{n_0}$$

$$\left(\ell-\frac \varepsilon2 \right)\sqrt[n]{\left(\ell-\frac \varepsilon2 \right)^{-n_0} a_{n_0}}\le \sqrt[n]{a_{n}} \le \left(\ell+ \frac \varepsilon2\right) \sqrt[n]{\left(\ell+ \frac \varepsilon2\right)^{-n_0} a_{n_0}}$$

Así definitivamente:

$$\ell-\varepsilon \le \sqrt[n]{a_{n}} \le\ell+ \varepsilon \iff \sqrt[n]{a_{n}}\to \ell$$

Nota:

$\ell=0$ tener en cuenta:

$$0\le\frac{a_{n_0+1}}{a_{n_0}}\le\ell+\frac \varepsilon2 $$

Answer 2

Para evitar confusiones, voy a suponer

• $\color{red}{\ell >0}$
• $a_n >0$ , de modo que $\sqrt[n]{a_n}$ tiene sentido para todos los $n$.
• y $\varepsilon$ menciona a continuación es $\varepsilon< \ell$.

Estamos dado que el $\forall\varepsilon>0, \exists N(\varepsilon)\in \mathbb{N}$ s.t. $\forall n> N(\varepsilon)$ $$\ell-\varepsilon<\frac{a_{n+1}}{a_n}<\ell+\varepsilon \tag{1}$$ Ahora $$\sqrt[n]{a_n}=\sqrt[n]{\frac{a_{n}}{a_{n-1}}\cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\cdot ...\cdot \frac{a_{N(\varepsilon)+2}}{a_{N(\varepsilon)+1}} \cdot a_{N(\varepsilon)+1}}$$ o $$\sqrt[n]{a_{N(\varepsilon)+1}}\sqrt[n]{\left(\ell\varepsilon\right)^{n-N(\varepsilon)-1}} < \sqrt[n]{a_n} <\sqrt[n]{a_{N(\varepsilon)+1}} \sqrt[n]{\left(\ell+\varepsilon\right)^{n-N(\varepsilon)-1}} \ffi \\ \left(\ell\varepsilon\right) \cdot \sqrt[n]{\frac{a_{N(\varepsilon)+1}}{(\ell\varepsilon)^{N(\varepsilon)+1}}} < \sqrt[n]{a_n} <\left(\ell+\varepsilon\right) \cdot \sqrt[n]{\frac{a_{N(\varepsilon)+1}}{(\ell+\varepsilon)^{N(\varepsilon)+1}}} \etiqueta{2}$$ Ambos $$\sqrt[n]{\frac{a_{N(\varepsilon)+1}}{(\ell-\varepsilon)^{N(\varepsilon)+1}}} \rightarrow 1, n\rightarrow\infty$$ $$\sqrt[n]{\frac{a_{N(\varepsilon)+1}}{(\ell+\varepsilon)^{N(\varepsilon)+1}}} \rightarrow 1, n\rightarrow\infty$$ y de algunos $n$ en adelante (o máximo entre ella y $N(\varepsilon)$) $$\sqrt[n]{\frac{a_{N(\varepsilon)+1}}{(\ell-\varepsilon)^{N(\varepsilon)+1}}} > 1-\frac{\varepsilon}{\ell}$$ $$\sqrt[n]{\frac{a_{N(\varepsilon)+1}}{(\ell+\varepsilon)^{N(\varepsilon)+1}}} < 1+\frac{\varepsilon}{\ell} \tag{3}$$ o $$\left(\ell-\varepsilon\right) \cdot \left(1-\frac{\varepsilon}{\ell}\right) < \sqrt[n]{a_n} <\left(\ell+\varepsilon\right) \cdot \left(1+\frac{\varepsilon}{\ell}\right)$$ o (porque supuse $\varepsilon< \ell$) $$\ell - 3\varepsilon<\ell-\varepsilon -\varepsilon + \frac{\varepsilon^2}{\ell} < \sqrt[n]{a_n} <\ell+\varepsilon+\varepsilon+\frac{\varepsilon^2}{\ell} < \ell + 3\varepsilon \tag{4}$$ Si podemos "ajustar" $(1)$ por encima de a $\frac{\varepsilon}{3}$ $(4)$ se convierte en $$\ell - \varepsilon< \sqrt[n]{a_n} < \ell + \varepsilon$$

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Una pregunta obvia es, ¿qué sucede cuando $\color{red}{\ell =0}$?

A continuación, $(1)$ se convierte en $$0<\frac{a_{n+1}}{a_n}< \varepsilon \tag{1a}$$ A continuación, $(2)$ se convierte en $$0<\sqrt[n]{a_n} <\varepsilon \cdot \sqrt[n]{\frac{a_{N(\varepsilon)+1}}{\varepsilon^{N(\varepsilon)+1}}} \tag{2a}$$ A continuación, $(3)$ reduce a $$\sqrt[n]{\frac{a_{N(\varepsilon)+1}}{\varepsilon^{N(\varepsilon)+1}}} < 1+\varepsilon \tag{3a}$$ Y $(4)$ se convierte en (asumiendo $\varepsilon <1$) $$0< \sqrt[n]{a_n} <2\varepsilon \tag{4a}$$ Si podemos "ajustar" $(1a)$ por encima de a $\frac{\varepsilon}{2}$ $(4a)$ se convierte en $$0< \sqrt[n]{a_n} < \varepsilon$$

Answer 3

Suponga que $a_n > 0$ todos los $n$. Conjunto $b_0 = \ln a_0$, $b_n = \ln a_n - \ln a_{n - 1}$ para $n > 0$.

Caso 1: $l > 0$. Desde $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_n} = l$,$\displaystyle \lim_{n \to \infty} b_n = \ln l$. Ahora para cualquier $ε > 0$, supongamos $N \in \mathbb{N}$ satisfactorio$$ |b_n - \ln l| \leqslant ε. \quad \forall n > N $$ Por lo tanto\begin{align*} \varlimsup_{n \to \infty} \ln a_n^{\frac{1}{n}} &= \varlimsup_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 0}^n b_k \leqslant \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 0}^N b_k + \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = N + 1}^n (\ln l + ε)\\ &= \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 0}^N b_k + (\ln l + ε) \lim_{n \to \infty} \frac{n - N}{n} = \ln l + ε, \end{align*} y de forma análoga,$$ \varliminf_{n \to \infty} \ln a_n^{\frac{1}{n}} \geqslant \ln l - ε. $$ Hacer $ε \to 0^+$,$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \ln a_n^{\frac{1}{n}} = \ln l$, lo que implica $\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n^{\frac{1}{n}} = l$.

Caso 2: $l = 0$. Desde $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_n} = 0$,$\displaystyle \lim_{n \to \infty} b_n = -\infty$. Ahora para cualquier $M > 0$, supongamos $N \in \mathbb{N}$ satisfactorio$$ b_n \leqslant -M. \quad \forall n > N $$ Por lo tanto\begin{align*} \varlimsup_{n \to \infty} \ln a_n^{\frac{1}{n}} &= \varlimsup_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 0}^n b_k \leqslant \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 0}^N b_k + \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = N + 1}^n (-M)\\ &= \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 0}^N b_k - M \lim_{n \to \infty} \frac{n - N}{n} = -M. \end{align*} Hacer $M \to +\infty$,$\displaystyle \varlimsup_{n \to \infty} \ln a_n^{\frac{1}{n}} = -\infty \Rightarrow \lim_{n \to \infty} \ln a_n^{\frac{1}{n}} = -\infty \Rightarrow \lim_{n \to \infty} a_n^{\frac{1}{n}} = 0$.