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 n ≥ N platí
\[\frac{a_{n+1}}{a_n} \leq q < 1.\]Potom pro každé n ≥ N 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, neboť 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 an ≤ aN · 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 n ≥ N, 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.
