№08_072 (том №1)

[Dragoon]

Выполнено \(\lim_{n \to \infty}|\frac{a_n}{a_{n+1}}| = q > 1.\)
По теореме об арифметике пределов для последовательностей \(\lim_{n \to \infty}|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}| = \lim_{n \to \infty}|\frac{1}{\frac{a_n}{a_{n+1}}}| = \frac{1}{q} < 1.\)
Выполнено \(\exists \varepsilon \in \mathbb{R}, \varepsilon > 0: \frac{1}{q} + \varepsilon < 1.\)
В итоге получаем \(\forall n \in \mathbb{N}, n \geq n_0: ||\frac{a_{n+1}}{a_{n}}| - \frac{1}{q}| < \varepsilon \Rightarrow |a_{n+1}| < |a_n|(\frac{1}{q} + \varepsilon).\)

Утверждаем, что \(\forall k \in \mathbb{N}: |a_{n_0 + k}| < |a_{n_0}|(\frac{1}{q} + \varepsilon)^k.\)
Докажем методом математической индукции по k.
(a) Пусть \(k = 1.\)
Тогда \(|a_{n_0 + 1}| < |a_{n_0}|(\frac{1}{q} + \varepsilon).\)
(b) Пусть \(k \in \mathbb{N}, |a_{n_0 + k}| < |a_{n_0}|(\frac{1}{q} + \varepsilon)^k.\)
Тогда \(|a_{n_0 + k + 1}| < |a_{n_0 + k}|(\frac{1}{q} + \varepsilon) < |a_{n_0}|(\frac{1}{q} + \varepsilon)^{k+1}.\)

Выполнено \(\lim_{k \to \infty}|a_{n_0}|(\frac{1}{q} + \varepsilon)^{k} = 0.\)
По теореме о трех пределах \(\lim_{k \to \infty}|a_{n_0 + k}| = 0.\)
При этом \(\forall n \in \mathbb{N}, n \geq n_0 + 1: |a_n| = |a_{n_0 + k}|.\)
Поэтому по теореме об инвариантности \(\lim_{n \to \infty}|a_n| = 0.\)
Отсюда следует \(\lim_{n \to \infty}a_n = 0.\)

[Алексей]

Надо будет подумать над этой задачей. Может, два способа доказательства докинуть.

Насколько я понимаю, ваша идея близка к идее доказательства признака Д'Аламбера сходимости числового ряда. Прикинул на скорую руку - мне кажется, можно доказать попроще, если нет некоей логической нестыковки.

Ввиду \(\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right|\to{q}\gt{1}\) имеем существование такого номера \(n_0\), начиная с которого истинно неравенство \(\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right|\gt{1}\), откуда имеем \(|a_n|\gt{|a_{n+1}|}\). В свою очередь это означает убывание последовательности \(x_n = |a_n|\), при этом данная последовательность ограничена снизу, например, нулём.

Это значит, что последовательность \(\{x_n\}\), равно как и её подпоследовательность \(\{ x_{n+1}\}\) имеет конечный предел, который обозначим как \(\alpha\).

Если \(\alpha\gt{0}\), то имеем \(\frac{x_n}{x_{n+1}}\to{1}\), что противоречит условию. Значит, имеем единственный вариант \(\alpha = 0\).

Это значит, что \(x_{n}\to{0}\), а значит и \(a_{n}\to{0}\).

[Dragoon]

Надо будет подумать над этой задачей. Может, два способа доказательства докинуть.

Насколько я понимаю, ваша идея близка к идее доказательства признака Д'Аламбера сходимости числового ряда. Прикинул на скорую руку - мне кажется, можно доказать попроще, если нет некоей логической нестыковки.

Ввиду \(\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right|\to{q}\gt{1}\) имеем существование такого номера \(n_0\), начиная с которого истинно неравенство \(\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right|\gt{1}\), откуда имеем \(|a_n|\gt{|a_{n+1}|}\). В свою очередь это означает убывание последовательности \(x_n = |a_n|\), при этом данная последовательность ограничена снизу, например, нулём.

Это значит, что последовательность \(\{x_n\}\), равно как и её подпоследовательность \(\{ x_{n+1}\}\) имеет конечный предел, который обозначим как \(\alpha\).

Если \(\alpha\gt{0}\), то имеем \(\frac{x_n}{x_{n+1}}\to{1}\), что противоречит условию. Значит, имеем единственный вариант \(\alpha = 0\).

Это значит, что \(x_{n}\to{0}\), а значит и \(a_{n}\to{0}\).

Я не вижу проблем в вашем доказательстве. Все корректно. Оно действительно лучше.

[Алексей]

Я не вижу проблем в вашем доказательстве. Все корректно. Оно действительно лучше.

Перепроверил ещё раз оба варианта доказательства, - добавил на сайт. Немного упростил обозначения и добавил пояснений в самом доказательстве - получилось так.