Если есть предел по Даламберу, то есть и по Коши

[andreyka]

Если существует предел $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\alpha$, то существует предел $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{n}}=\alpha$. Как это доказать? С чего начать?

Начал так. $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\alpha + \gamma_n$, где $\gamma_n$ - б.м. Тогда
$\frac{a_{n+1}}{a_{1}}=\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\frac{a_{n}}{a_{n-1}}\cdots \frac{a_{2}}{a_{1}}=(\alpha + \gamma_n)(\alpha + \gamma_{n-1})\dots (\alpha + \gamma_2)=\alpha^n + o(1)$.

[demolishka]

Знаете к чему сходится среднее геометрическое первых $n$ членов сходящейся последовательности?

[Null]

$(\alpha + \gamma_n)(\alpha + \gamma_{n-1})\dots (\alpha + \gamma_2)=\alpha^n + o(1)$ - неправда.

[thething]

andreyka
Начните с теоремы Штольца и докажите, что, если существует предел последовательности $a_n$, то существует и равен тому же самому предел последовательности $\frac{a_1+...+a_n}{n}$. Теперь примените это утверждение к последовательности $\ln a_n$ и полУчите новое утверждение, от которого до Вашего рукой подать.

[andreyka]

Null в сообщении #1422650 писал(а):

$(\alpha + \gamma_n)(\alpha + \gamma_{n-1})\dots (\alpha + \gamma_2)=\alpha^n + o(1)$ - неправда.

Да, уже сам понял, что для бесконечной суммы нельзя

[novichok2018]

Утверждение есть в Фихтенгольце. Оно там без доказательства?