Supongamos que $x > 1$. Demostrar que $s_n \to 1$

Question

Pregunta: Supongamos $x > 1$. Demostrar que $x^\frac{1}{n} \to 1$.
La siguiente es una lista de lo que yo estoy tratando de hacer a través de mi prueba.

1. Espectáculo $s_n$ es monótona (disminuyendo).
2. Espectáculo $s_n$ está acotada.
3. El uso de la monotonía de convergencia thm y thm 19, muestran que $s_n$ converge a 1.
   (Thm 19: Si una secuencia de ($s_n$) converge a un número real s, entonces cada subsequence de ($s_n$) también converge a s.)

Prueba
(1) Nos demuestran $s_n$ está disminuyendo por inducción.
Desde $s_1 = x > s_2 = \sqrt{x}$
Ahora suponga $s_k \ge s_{k+1}$, luego
$$s_{k+2} = x^\frac{1}{k+2} < x^\frac{1}{k+1} = s_{k+1}$$
Por lo tanto, $s_n$ es monótona (es decreciente).
(2a) demostramos $s_n$ está acotada arriba por la muestra $x^2$ es un límite superior.
Desde $s_1 = x < x^2$ $s_n$ está disminuyendo, podemos concluir $s_n$ está delimitado por encima.
(2b) demostramos $s_n$ está acotada por debajo, mostrando a $1$ es un límite inferior.
Desde $s_1 = x$$x > 1$, podemos concluir $x^\frac{1}{n} > 1$ y $s_n$ está delimitado a continuación.
Por lo tanto, $s_n$ está acotada.
(3) Por la monotonía de convergencia thm, sabemos $s_n \to s$.
Ahora, para cada n, $$s_{2n} = x^\frac{1}{2n} = {x^\frac{1}{n}}^\frac{1}{2} = \sqrt{s_n}$$.
Por thm 19, lim $s_{2n} = $ lim $s_n = $ lim $ \sqrt{s_n} = $ $ \sqrt{lim s_n}$
Por lo tanto, $s = \sqrt{s}$
$s^2 - s = 0$
$s = 0, 1$
Desde $s_1 = x > 1$ $s_n$ está acotado abajo por $1$, podemos concluir $s \ne 0$.
Por lo tanto, $s = 1$$s_n \to 1$.

Preocupaciones: Es la parte (2) de mi prueba suficiente para demostrar que $s_n$ es limitada?

Answer 1

No existe un verdadero problema en la prueba. La secuencia de $(s_n)$ está disminuyendo. Para mostrar que tiene un límite que no es necesario mostrar que la sucesión está acotada arriba, de modo que parte del argumento es superfluo.

Se observa que el $0$ es un límite inferior. Eso está bien, pero es más o menos como es fácil demostrar que los $1$ es un límite inferior. Y esta realidad es necesario más tarde.

En la siguiente a la última línea, usted escribe que desde $s_1>1$ y la secuencia está disminuyendo, $s \ne 0$. Que no es un argumento correcto, es fácil de llegar con una disminución de la secuencia $(a_n)$ tal que $a_1>1$ y la secuencia tiene límite de $0$. Es necesario decir que el $s_n>1$, y por lo tanto $s \ne 0$.

Por cierto, la inducción no es necesario (y de hecho no se utiliza en su prueba) para mostrar que $(s_n)$ está disminuyendo.

Answer 2

Siempre me gusta usar la definición. Además, ya tiene una excelente crítica de la solución actual. Aquí es otro.

Deje $\epsilon > 0$ ser arbitrariamente pequeño. A continuación, para todos $ n > \log x / \log (\epsilon+1) $ (tenga en cuenta que $\log x > 0$ desde $x>1$) tenemos $$ x < (\epsilon+1)^n, $$ lo que implica $$ |x^{1/n} - 1| < \epsilon, $$ como se requiere.

Answer 3

Como una sugerencia alternativa, usted podría considerar la secuencia de $\log(s_n)$. Desde $\log$ es continuo y uno-a-uno, $s_n\to 1$ si y sólo si $\log(s_n)\to 0$. Pero $\log(s_n) = \log(x^{1/n}) = \frac{1}{n}\log(x)$. Desde $\log(x)$ es constante (y positivo), solo se necesita examinar la secuencia $\frac{1}{n}$, que es fácil de hacer.

Answer 4

$$x^{1/n} = \exp\left(\frac{\log(x)}{n}\right)$$

Como $n$ aumenta y $\log(x)$ se mantiene constante, esto tiende hacia la $\exp(0) = 1$.