Ciąg tak jakby geometryczny

Na pierwszym roku studiów wykładowca z analizy zostawił nam do udowodnienia jako ćwiczenie następujące twierdzenie dla granic

Twierdzenie.

Dany jest ciąg liczbowy \{a_n\}_{n=0}^\infty o wyrazach dodatnich taki, że

\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}=q \in [0, \infty).

Wtedy

\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n}=q.

Zatem jeśli nasz ciąg dla dużych n zachowuje się podobnie jak ciąg geometryczny o ilorazie q, a więc jak q^n, to dla dużych n wyciągnięcie n-tej potęgi da nam w przybliżeniu q. Twierdzenie to ma zastosowanie np. przy badaniu promieniu zbieżności szeregów potęgowych. W okresie studiów podchodziłem kilka razy do tego ćwiczenia, ale brakowało mi zawsze dobrego pomysłu, chociaż wiedziałem, że miał być z zastosowaniem własności \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a}=1 przy dowolnym a>0. Teraz w końcu się udało. Dowód będzie oczywiście wymagał pewnej gimnastyki epsilonowej, ale postaram się przedstawić ją w sposób klarowny, chociaż pozwolę sobie także na pójście jednym skrótem.

Dowód.

To na początek ustalmy \epsilon >0. Zamierzamy poszukać takiego n_0, że dla każdego n\geq n_0

q-\epsilon< \sqrt[n]{a_n} < q + \epsilon.

Dzięki zbieżności \frac{a_{n+1}}{a_n} do q istnieje n_0 \in \mathbb{N} takie, że dla każdego n\geq n_0

q - \frac{\epsilon}{2} < \frac{a_{n+1}}{a_n} < q +\frac{\epsilon}{2}

W przypadku gdy q - \frac{\epsilon}{2} \leq 0, czyli gdy q=0 lub q>0, ale \frac{\epsilon}{2} \geq q to bez większych trudności otrzymamy oszacowanie od dołu

q - \epsilon< q - \frac{\epsilon}{2} \leq 0 \leq \sqrt[n]{a_n}

i będziemy musieli zajmować się jedynie szacowaniem od góry. Załóżmy, więc przypadek trudniejszy. Szacowanie od góry w obu sytuacjach i tak będzie się odbywało tak samo, dlatego potem już nie wrócimy do drugiego przypadku. Mamy więc

0 < q - \frac{\epsilon}{2} < \frac{a_{n+1}}{a_n} < q +\frac{\epsilon}{2}

dla n \geq n_0.

Przemnóżmy stronami przez a_n>0. Dostajemy dla n \geq n_0.

a_n(q - \frac{\epsilon}{2}) < a_{n+1} < a_n(q +\frac{\epsilon}{2})

Więc w szczególności

a_{n_0}(q - \frac{\epsilon}{2}) < a_{n_0+1} < a_{n_0}(q +\frac{\epsilon}{2})

i

a_{n_0+1}(q - \frac{\epsilon}{2}) < a_{n_0+2} < a_{n_0+1}(q +\frac{\epsilon}{2})

a stąd

a_{n_0}(q - \frac{\epsilon}{2})^2 < a_{n_0+2} < a_{n_0}(q +\frac{\epsilon}{2})^2

\vdots

i przez indukcję możemy pokazać stary trick, że dla dowolnego k \geq 1

a_{n_0}(q - \frac{\epsilon}{2})^k < a_{n_0+k} < a_{n_0}(q +\frac{\epsilon}{2})^k.

Wykonajmy jeszcze drobne przekształcenie

\displaystyle \frac{a_{n_0}}{(q-\frac{\epsilon}{2})^{n_0}}(q -\epsilon)^{k+n_0}< a_{n_0+k}<\frac{a_{n_0}}{(q+\frac{\epsilon}{2})^{n_0}}(q +\epsilon)^{k+n_0}.

i korzystając z faktu, że pierwiastek stopnia n_0+k jest funkcją rosnącą, dostajemy

\displaystyle \sqrt[n_0+k]{\frac{a_{n_0}}{(q-\frac{\epsilon}{2})^{n_0}}}(q -\frac{\epsilon}{2})< \sqrt[n_0+k]{a_{n_0+k}}<\sqrt[n_0+k]{\frac{a_{n_0}}{(q+\frac{\epsilon}{2})^{n_0}}}(q +\frac{\epsilon}{2}).

Teraz z faktu, że

\displaystyle \lim_{k \to \infty} \sqrt[n_0+k]{\frac{a_{n_0}}{(q-\frac{\epsilon}{2})^{n_0}}}=1

oraz

\displaystyle \lim_{k \to \infty} \sqrt[n_0+k]{\frac{a_{n_0}}{(q+\frac{\epsilon}{2})^{n_0}}}=1

Dla \displaystyle \epsilon'=\frac{\frac{\epsilon}{2}}{q+\frac{\epsilon}{2}}>0 istnieje takie k_1, że dla k\geq k_1

\displaystyle \epsilon'-1 <\sqrt[n_0+k]{\frac{a_{n_0}}{(q-\frac{\epsilon}{2})^{n_0}}}

oraz istnieje takie k_2, że dla k\geq k_2

\displaystyle \sqrt[n_0+k]{\frac{a_{n_0}}{(q+\frac{\epsilon}{2})^{n_0}}}< \epsilon' +1

A więc obie nierówności zachodzą, jeśli tylko k\geq k_0=\max \{k_1, k_2\}, a zatem również

\displaystyle (1-\epsilon')(q-\frac{\epsilon}{2})<\sqrt[n_0+k]{\frac{a_{n_0}}{(q-\frac{\epsilon}{2})^{n_0}}}(q -\frac{\epsilon}{2})< \sqrt[n_0+k]{a_{n_0+k}}

\displaystyle \sqrt[n_0+k]{a_{n_0+k}} <\sqrt[n_0+k]{\frac{a_{n_0}}{(q+\frac{\epsilon}{2})^{n_0}}}(q +\frac{\epsilon}{2})< (1+\epsilon')(q+\frac{\epsilon}{2}).

Możemy zatem powiedzieć, że dla n\geq n_0+k_0 mamy

(1-\epsilon')(q-\frac{\epsilon}{2})< \sqrt[n]{a_n}<(1+\epsilon')(q+\frac{\epsilon}{2})

Podstawmy wartość \epsilon' i uprośćmy wyrażenia

\displaystyle (1-\frac{\frac{\epsilon}{2}}{q+\frac{\epsilon}{2}})(q-\frac{\epsilon}{2})< \sqrt[n]{a_n}<(1+\frac{\frac{\epsilon}{2}}{q+\frac{\epsilon}{2}})(q+\frac{\epsilon}{2})

otrzymujemy

\displaystyle q-\frac{\epsilon}{2}-\frac{\epsilon}{2}+\epsilon\frac{\frac{\epsilon}{2}}{q+\frac{\epsilon}{2}}=q-\frac{\epsilon}{2}-\frac{\frac{\epsilon}{2}}{q+\frac{\epsilon}{2}}((q+\frac{\epsilon}{2})-\epsilon)< \sqrt[n]{a_n}<q+\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=q+\epsilon

Przyjrzyjmy się jeszcze oszacowaniu od dołu

\displaystyle q-\frac{\epsilon}{2}-\frac{\epsilon}{2}+\epsilon\frac{\frac{\epsilon}{2}}{q+\frac{\epsilon}{2}}=q-\epsilon+\epsilon \epsilon'=q-\epsilon(1-\epsilon')

Zauważmy, że 0 \leq1-\epsilon' <1 zatem

q-\epsilon<q-\epsilon(1-\epsilon')

więc ostatecznie otrzymaliśmy, że dla n\geq n_0+k_0

q-\epsilon<\sqrt[n]{a_n}<q+\epsilon.

Przykład.

Pokażemy teraz kontrprzykład na to, że implikacja odwrotna zachodzi. Rozważmy ciąg a_n=2+(-1)^n. Mamy

1\leq 2+(-1)^n \leq 3

a więc też

\displaystyle 1=\sqrt[n]{1}\leq \sqrt[n]{2+(-1)^n} \leq \sqrt[n]{3} \xrightarrow {n \to \infty}1

stąd z twierdzenia o trzech ciągach \displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n}=1

ale

\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2+(-1)^{n+1}}{2+(-1)^n}=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{3}, & \mbox{gdy } n \in 2\mathbb{N} \\3, & \mbox{gdy } n\in (2\mathbb{N}+1)\\ \end{array} \right.

ciąg rozbieżny.

Zatem widać, że w drugą stronę Twierdzenie nie zawsze działa.