Analiza matematyczna, zadanie nr 876

Autor	Zadanie / Rozwiązanie
attente postów: 19	2013-01-15 11:08:00 Udowodnij twierdzenie : $\lim_{n \to \infty}$ $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}$=g $\Rightarrow$ $\lim_{n \to \infty}$ $\sqrt[n]{a_{n}}$ = g

tumor postów: 8070	2015-09-07 12:41:14 Niech $\lim_{n \to \infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=g>0$ Jeśli ponadto $\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a_n}$ istnieje, to znaczy, że wyrazy ciągu $a_n$ są dodatnie. Ustalmy $\epsilon>0$ oraz dla zmniejszenia zamieszania $\epsilon<g$. Wtedy dla pewnego k oraz wszystkich n>k mamy $a_k(g-\epsilon)^{n-k}\le a_n \le a_k(g+\epsilon)^{n-k}$ Pomnóżmy przez $g^k$ $a_k(g-\epsilon)^{n-k}g^k\le a_ng^k\le a_k(g+\epsilon)^{n-k}g^k$ co można zmienić na oszacowanie $a_k(g-\epsilon)^{n}\le a_ng^k\le a_k(g+\epsilon)^{n}$ Pierwiastkując otrzymamy $\sqrt[n]{a_k}(g-\epsilon)\le \sqrt[n]{a_n}*\sqrt[n]{g^k}\le \sqrt[n]{a_k}(g+\epsilon)$ W granicy mamy $\sqrt[n]{a_k}\to 1$ $\sqrt[n]{g^k}\to 1$ wobec czego $g-\epsilon \le \lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a_n} \le g+\epsilon$ --- Jeśli $g=0$ to rozumujemy analogicznie $0\le a_n\le a_k\epsilon^{n-k}$ $0\le a_ne^k\le a_k\epsilon^{n}$ pierwiastkujemy z n-tym stopniem i przechodzimy z n do granicy $0\le \sqrt[n]{a_n}\le \epsilon$

strony: 1

Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj