Доказать равноправность пределов последовательности

[Hoaxer]

Пускай для последовательности, $\{ a_{n} : n\geq 1 \} \subset \mathbb{R}_{+} $ существует граница
$\lim_{n\to\infty} \frac {a_{n+1}} {a_{n}}$. Доказать, что последовательность $\{ \sqrt[n] a_{n} : n\geq 1 \} \subset \mathbb{R}_{+} $ так же сходиться и
$\lim_{n\to\infty} \frac {a_{n+1}} { a_{n}} = \lim_{n\to \infty} \sqrt[n] a_{n} $.

Для доказательства использовал логорифмирование и получилось, что если $\frac {a_{n+1}} {a_{n}} \to a$, при ${n\to \infty}$ и $\ln \frac {a_{n+1}} {a_{n}} \to \ln a$, при ${n\to \infty}$ тогда нужно доказать, что $ \frac 1 n \ln a_{n} \to \ln a $, при ${n\to \infty}$ Вот тут то и получилась загвоздка, так как если разбить на два придела то получаеться, что произведение нуля на число, что в свою очередь равно нулю, и после преобразования получаеться, что $\lim_{n\to\infty} \frac {a_{n+1}} { a_{n}} = \lim_{n\to \infty} \sqrt[n] a_{n} = 1 $.

Но если рассмотреть последовательность Фибоначии то получаеться, что $\lim_{n\to\infty} \frac {a_{n+1}} { a_{n}} = \lim_{n\to \infty} \sqrt[n] a_{n} = \frac {1+\sqrt 5} {2} $.

[ewert]

Hoaxer в сообщении #500583 писал(а):

Пускай для последовательности, $\{ a_{n} : n\geq 1 \} \subset \mathbb{R}_{+} $ существует граница
$\lim_{n\to\infty} \frac {a_{n+1}} {a_{n}}$. Доказать, что последовательность $\{ \sqrt[n] a_{n} : n\geq 1 \} \subset \mathbb{R}_{+} $ так же сходиться и
$\lim_{n\to\infty} \frac {a_{n+1}} { a_{n}} = \lim_{n\to \infty} \sqrt[n] a_{n} $.

$\lim\limits_{n\to\infty} \frac {a_{n+1}} { a_{n}} = q\ \ \Leftrightarrow\ \ (\forall\varepsilon>0)\ \exists N:\ (\forall n>N)\ q-\varepsilon<\frac{a_{n+1}}{a_n}<q+\varepsilon\ \ \Rightarrow$

$\Rightarrow\ \ (\forall\varepsilon>0)\ \exists N,C_1,C_2:\ (\forall n>N)\ C_1(q-\varepsilon)^n<a_n<C_2(q+\varepsilon)^n\ \ \Rightarrow\ \ ...$

Разберитесь в деталях и дальше попытайтесь сами.

[SpBTimes]

Просто из определения получить, что:
$a_0 \cdot (l - \varepsilon)^n < a_{n + 1} < a_0 \cdot (l + \varepsilon)^n$

-- Пн ноя 07, 2011 16:17:02 --

Опоздал..

[ewert]

SpBTimes в сообщении #500599 писал(а):

Просто из определения получить, что:
$a_0 \cdot (l - \varepsilon)^n < a_{n + 1} < a_0 \cdot (l + \varepsilon)^n$

Это или бессодержательно, или неверно.

[Hoaxer]

Мда, как это я сам не догадался. Ведь по определению эпсилон и С - произвольно выбраные числа. Премного благодарен за помощь.

Есть вопрос касательно оформления. Можно ли доказательство оформить следующим образом:

Допустим, что $\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n] a_{n} = \lim\limits_{n\to \infty} \frac {a_{n+1}}{a_{n}}$, тогда

$\sqrt[n] a_{n} \to a \gets \frac {a_{n+1}} {a_{n}}$ $\Longrightarrow$
$\Longrightarrow$ $\ln\sqrt[n] a_{n} \to \ln a \gets \ln\frac {a_{n+1}} {a_{n}}$ $\Longrightarrow$ $\frac 1 n \ln a_{n} \to \ln a \gets \ln a_{n+1} - \ln a_{n}$ $\Longrightarrow$
$\Longrightarrow$ $\frac 1 n \ln a_{n} + \ln a_{n}\to \ln a \gets \ln a_{n+1}$ $\Longrightarrow$ $\frac 1 n \ln a_{n} \to \ln a \gets \frac {\ln a_{n+1}} {n+1}$ $\Longrightarrow$
$\Longrightarrow$ $\ln\sqrt[n] a_{n} \to \ln a \gets \ln\sqrt[n+1] a_{n+1}$ $\Longrightarrow$ $\sqrt[n] a_{n} \to a \gets \sqrt[n+1] a_{n+1}$,

что конечно очевидно так как после определенного номера бесконечное число членов последовательности будет приближаться к выбраному лимиту.

[ewert]

Hoaxer в сообщении #500616 писал(а):

Допустим, что $\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n] a_{n} = \lim\limits_{n\to \infty} \frac {a_{n+1}}{a_{n}}$, тогда

Как можно допускать то, что доказывается?...

[SpBTimes]

ewert в сообщении #500606 писал(а):

Это или бессодержательно, или неверно.

Там степени $n + 1$ должны быть, да.
Или что-то ещё?

[ewert]

SpBTimes в сообщении #500621 писал(а):

Там степени $n + 1$ должны быть, да.
Или что-то ещё?

Там прежде всего разные кванторы должны быть, иначе утверждение бессодержательно.

Если же добавить подразумеваемые кванторы, то оно станет формально неверным.

[SpBTimes]

ewert
Но почему? Ведь
$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = l \leftrigharrow \forall \varepsilon >0 \exists N: \forall n > N l - \varepsilon < \frac{a_{n+1}}{a_{n}} < l + \varepsilon$
Тогда:
$a_n \cdot (l - \varepsilon) < a_{n+1} < a_n \cdot (l + \varepsilon)$
Но $a_{n - 1} \cdot (l - \varepsilon) < a_n < a_{n - 1} \cdot (l - \varepsilon)$
И т.д.
И придём к получившемуся выражению.

[ewert]

SpBTimes в сообщении #500635 писал(а):

Но $a_{n - 1} \cdot (l - \varepsilon) < a_n < a_{n - 1} \cdot (l - \varepsilon)$

Ну куда, куда Вы побежали?... $n$ ведь $>N$, а не $<$.

[Toucan]

SpBTimes,

я думаю, нужно дать ТС возможность дорешать задачу самостоятельно, а потом уже можно будет утрясти с ewert'ом детали предлагаемого Вами решения.

[Hoaxer]

Подойдем с другой стороны:
Докажем, что последовательность $\sqrt[n]a_{n}$ cходиться.
Предположим, что она не сходиться тогда $\forall C \in \mathbb{R} : \sqrt[n]a_{n} > C \Longleftrightarrow a_{n} > C^{n}$
но это протеворечит условию существования $\lim\limits_{n\to\infty} \frac {a_{n+1}}{a_{n}}$, так как $\forall \varepsilon >0 \exists n_{\varepsilon} \forall n > n_{\varepsilon}: |\frac {a_{n+1}}{a_{n}} - a| < \varepsilon$.
Тоесть $\exists C' = \max \{\varepsilon - |a|, \frac {a_{n}}{a_{n-1}}..., \frac {a_{1}}{a_{0}}\} \forall n\in \mathbb{N}:\frac {a_{n+1}}{a_{n}} < C'$ $\Longleftrightarrow a_{n} < C'a_{n-1} \Rightarrow a_{n} < C^{n}, C^{n} \in \mathbb{R} $, ч.и.д.
Далее имеем:
Если $a_{n}$ сходится, то у нее есть лимит, а это означает, что по определению $\forall \varepsilon > 0 \exists n_{\varepsilon} n>n_{\varepsilon}: |a_{n} - a'| <\varepsilon$ $\Rightarrow $ $\lim\limits_{n\to\infty}a_{n+1}=a' \Rightarrow \lim\limits_{n\to\infty}\frac {a_{n+1}}{a_{n}} = \frac {a'} {a'} = 1$.

Если обе последовательности ограничены одним и тем же числом, можно ли сказать, что их лимиты равны? из условия получаеться, что да,но вот как показать это...

Подскажите или правильный ход мыслей и оформление.

[ewert]

Hoaxer в сообщении #500673 писал(а):

Предположим, что она не сходиться тогда $\nexists C \in \mathbb{R} : \sqrt[n]a_{n} < C$

Во-первых, это неверное утверждение. Во-вторых, произносить слова "не существует" нехорошо -- это путает логику.

-- Пн ноя 07, 2011 20:09:42 --

Исправил неточность в своём самом первом сообщении: множители $C$ должны быть разными (при таком варианте записи).

[Hoaxer]

ewert
Вы правы, глупо было предположить такое. Но ведь по определению сходимости все члены последовательности меньше какого-то фиксированного числа С(в нашем случае). Я изменил условие на "для любого С, любой член последовательности будет всегда больше С", что противоречит условию нашей задачи. Почему - я расписал, как смог. Несмотря на первую запись, ход мыслей был верным или я все еще что-то не понимаю...?

[ewert]

Hoaxer в сообщении #500696 писал(а):

Но ведь по определению сходимости все члены последовательности меньше какого-то фиксированного числа С(в нашем случае). Я изменил условие на "для любого С, любой член последовательности будет всегда больше С"

Логическая ошибка: если из А следует В, то это ещё не означает, что из не А следует не В.

Кроме того, отрицание ограниченности неверно сформулировано (подсказка: в определении ограниченности было два квантора), но на фоне предыдущего это уже как-то мелко.