به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید! لطفا برای استفاده از تمامی امکانات عضو شوید
سایت پرسش و پاسخ ریاضی
+2 امتیاز
77 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.

با توجه به اینکه اخیرا هزینه های نگهداری سایت افزایش چشمگیر چند برابری داشته، محفل ریاضی نیازمند حمایت مالی شما است.

حمایت مالی


کانال تلگرام محفل ریاضی
امروز : تاریخ شمسی اینجا نمایش داده می‌شود

ابزارها:

سرگرمی: سودوکو جدید

رسم نمودار: Geogebra جدید

...