Tato úloha neprošla kontrolou správnosti

Limita posloupnosti - podílové kritérium

Úloha číslo: 868

Dokažte následující tvrzení.

Nechť {an} je posloupnost kladných reálných čísel a nechť Nje přirozené číslo takové, že pro všechna nN platí

\[\frac{a_{n+1}}{a_n} \leq q < 1.\]

Potom pro každé nN platí, že

\[a_n \leq a_{N} \cdot q^{n-N}\]

a v důsledku toho také je

\[\lim_{\small n\to\infty} a_n = 0.\]

Dodatek: Nalezením protipříkladu ukažte, že tvrzení o limitě neplatí, pokud předpoklad

\[\frac{a_{n+1}}{a_n} \leq q < 1\]

nahradíme zdánlivě stejným předpokladem

\[\frac{a_{n+1}}{a_n} < 1.\]
  • Řešení

    Důkaz nerovnosti se provede indukcí. Pro n = N + 1 tvrzení platí, neboť nerovnost

    \[a_{N+1} \leq a_N\,q^{N+1-N}\]

    je ekvivalentní nerovnosti

    \[\frac{a_{N+1}}{a_N} \leq q,\]

    což je pravda podle předpokladů dokazovaného tvrzení.

    Předpokládejme tedy nyní, že jsme tvrzení dokázali pro nějaké n a dokazujme jej pro n+1. Pak

    \[\frac{a_{n+1}}{a_n} \leq q \implies a_{n+1} \leq a_nq.\]

    Nyní využijeme indukční předpoklad, podle kterého dokazovaná nerovnost platí pro n, a tedy anaN · qn–N. Dostaneme

    \[a_{n+1} \leq a_nq \leq a_Nq^{n-N}\cdot q = a_Nq^{n+1-N},\]

    což jsme chtěli dokázat. Tvrzení o nerovnosti je tudíž dokázáno pomocí matematické indukce.

    Nyní použijeme větu o sevření. Máme totiž odhad (pro nN, kde N je pevně dané přirozené číslo), že

    \[0 \leq a_n \leq a_Nq^{-N}\cdot q^n.\]

    Platí ale, že

    \[\lim_{n\to\infty} 0 = 0, \qquad \lim_{n\to\infty} a_Nq^{-N}\cdot q^n = a_Nq^{-N}\cdot \lim_{n\to\infty} q^n = a_Nq^{-N}\cdot 0 = 0,\]

    neboť víme, že lim qn = 0, pokud q < 1 (viz část (c) úlohy Limita geometrické posloupnosti). Použitím věty o dvou policajtech (viz úloha Věta o dvou policajtech) je důkaz hotov.

Úroveň náročnosti: Vysokoškolská úloha
Úloha s vysvětlením teorie
Zaslat komentář k úloze