به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید! لطفا برای استفاده از تمامی امکانات عضو شوید
+2 امتیاز
75 بازدید
سوال شده در دانشگاه توسط
ویرایش شده توسط fardina

اثبات کنید رابطه زیر برقرار است

$$\liminf|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}| \leq \liminf \sqrt[n]{ a_{n}}\leq \limsup \sqrt[n]{| a_{n} |}\leq \limsup|\frac{a_{n+1}}{a_{n}} |$$
دارای دیدگاه توسط رها
+2
اثبات این قسمت توو صفحه 84 آنالیز ریاضی رودین هستش.

1 پاسخ

+4 امتیاز
پاسخ داده شده توسط fardina
انتخاب شده توسط رها
 
بهترین پاسخ

برای اثبات $\limsup \sqrt[n]{x_n}\leq \limsup\frac{x_{n+1}}{x_n}$ با فرض $x_n> 0$ قرار دهید $\limsup{\frac{x_{n+1}}{x_n}}=\alpha$ .

اگر $\alpha=\infty$ در اینصورت حکم ثابت است.

اگر $\alpha< \infty$ در اینصورت بنابر تعریف $\limsup$ به ازای هر $\epsilon> 0$ عدد طبیعی $N\in\mathbb N$ موجود است که برای هر $n\geq N$ داریم: $$\frac{x_{n+1}}{x_n}< \alpha +\epsilon$$

بنابراین $$x_{N+1}< x_N(\alpha+\epsilon)\\ x_{N+2}< x_N(\alpha+\epsilon)^2\\.\\.\\.\\.\\ x_{N+m}< x_N(\alpha+\epsilon)^m$$

به عبارت دیگر برای هر $n > N$ داریم: $x_n< A(\alpha+\epsilon)^n$ برای یک $A > 0$ . لذا $\sqrt[n]{x_n}< A^{\frac 1n}(\alpha+\epsilon)$ و از این هم نتیجه می شود $\limsup\sqrt[n]{x_n}\leq \alpha+\epsilon$

چون $\epsilon > 0$ دلخواه است پس $\limsup\sqrt[n]{x_n}\leq \alpha=\limsup\frac{x_{n+1}}{x_n}$

برای $\liminf$ هم به طور مشابه استدلال کنید.

به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید!
کانال تلگرام محفل ریاضی
امروز : تاریخ شمسی اینجا نمایش داده می‌شود
حمایت مالی
...