Cesàro-Stolz teorem
Lagt inn: 24/12-2018 01:16
Jeg er litt usikker på om jeg forstår beviset av Cesàro-Stolz teorem riktig. Ønsker gjerne tilbakemeldinger på om jeg har det, eller hvor det eventuelt har gått feil.
Ønsker altså å vise at gitt to reelle følger $(a_n)_{n=1}^\infty$ og $(b_n)_{n=1}^\infty$ der $(b_n)_{n=1}^\infty$ er strengt voksende og ubegrenset gjelder følgende implikasjon $$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = L \implies \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}=L$$
Bevis
Siden $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=L$ vet vi at det $\forall \epsilon >0 \enspace \exists N \in \mathbb{N}$ slik at $\left|\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} - L \right| < \epsilon$ dersom $n> N$, av definisjonen på en konvergent følge. Ved å skrive ut absoluttverditegnet og gange med $b_{n+1}-b_n$ får vi følgende ulikheter $$(L-\epsilon)(b_{n+1}-b_n) < a_{n+1}-a_n < (L+\epsilon)(b_{n+1}-b_n)$$ Fikser nå $n$ (kan jeg gjøre dette?), og velg en $m\in \mathbb{N}$ slik at $m>n$. Ved å bytte ut $n$ med $n+1,n+2,\dots,m-1$ vil fortsatt ulikhetene gjelde siden alle disse tallene er strikt større enn $N$ (Her er jeg litt usikker). Altså har vi følgende ulikheter $$\begin{alignat*}{2}
\left(L-\epsilon \right)(b_{n+1}-b_{n}) &< a_{n+1}-a_{n} < \left(L+\epsilon \right)(b_{n+1}-b_{n}) \\
\left(L-\epsilon\right)(b_{n+2}-b_{n+1}) &< a_{n+2}-a_{n+1} < \left(L+\epsilon \right)(b_{n+2}-b_{n+1}) \\
&\vdots \\
\left(L-\epsilon \right)(b_{m-1}-b_{m-2}) &< a_{m-1}-a_{m-2} < \left(L+\epsilon \right)(b_{m-1}-b_{m-2}) \\
\left(L-\epsilon \right)(b_{m}-b_{m-1}) &< a_{m}-a_{m-1} < \left(L+\epsilon \right)(b_{m}-b_{m-1})
\end{alignat*}$$
Ved å addere alle disse får vi en teleskoperende sum, og vi står til slutt igjen med ulikheten $$(L-\epsilon)(b_m-b_n)<a_m-a_n<(L+\epsilon)(b_m-b_n)$$ og ved å flytte over $a_n$ og gange med $\frac{1}{b_m}$ får vi at $$(L-\epsilon)(1-\frac{b_n}{b_m}) + \frac{a_n}{b_m} < \frac{a_m}{b_m}<(L+\epsilon)(1-\frac{b_n}{b_m})+\frac{a_n}{b_m}$$ La nå $m \to \infty$. Siden $(b_n)_{n=1}^\infty$ er ubegrenset vet vi at $b_m \to \infty$, og siden $n$ er fiksert så vil derfor $\frac{b_n}{b_m}, \frac{a_n}{b_m} \to 0$. Da står vi igjen med $$L-\epsilon<\lim_{m \to \infty} \frac{a_m}{b_m} < L+\epsilon$$ men $\epsilon$ er en vilkårlig verdi større enn $0$, så konklusjonen er endelig $\lim_{m \to \infty} \frac{a_m}{b_m} = L$ (ved skviseteoremet), som er ekvivalent med det vi skulle vise. $\square$
Takk på forhånd.
Ønsker altså å vise at gitt to reelle følger $(a_n)_{n=1}^\infty$ og $(b_n)_{n=1}^\infty$ der $(b_n)_{n=1}^\infty$ er strengt voksende og ubegrenset gjelder følgende implikasjon $$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = L \implies \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}=L$$
Bevis
Siden $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=L$ vet vi at det $\forall \epsilon >0 \enspace \exists N \in \mathbb{N}$ slik at $\left|\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} - L \right| < \epsilon$ dersom $n> N$, av definisjonen på en konvergent følge. Ved å skrive ut absoluttverditegnet og gange med $b_{n+1}-b_n$ får vi følgende ulikheter $$(L-\epsilon)(b_{n+1}-b_n) < a_{n+1}-a_n < (L+\epsilon)(b_{n+1}-b_n)$$ Fikser nå $n$ (kan jeg gjøre dette?), og velg en $m\in \mathbb{N}$ slik at $m>n$. Ved å bytte ut $n$ med $n+1,n+2,\dots,m-1$ vil fortsatt ulikhetene gjelde siden alle disse tallene er strikt større enn $N$ (Her er jeg litt usikker). Altså har vi følgende ulikheter $$\begin{alignat*}{2}
\left(L-\epsilon \right)(b_{n+1}-b_{n}) &< a_{n+1}-a_{n} < \left(L+\epsilon \right)(b_{n+1}-b_{n}) \\
\left(L-\epsilon\right)(b_{n+2}-b_{n+1}) &< a_{n+2}-a_{n+1} < \left(L+\epsilon \right)(b_{n+2}-b_{n+1}) \\
&\vdots \\
\left(L-\epsilon \right)(b_{m-1}-b_{m-2}) &< a_{m-1}-a_{m-2} < \left(L+\epsilon \right)(b_{m-1}-b_{m-2}) \\
\left(L-\epsilon \right)(b_{m}-b_{m-1}) &< a_{m}-a_{m-1} < \left(L+\epsilon \right)(b_{m}-b_{m-1})
\end{alignat*}$$
Ved å addere alle disse får vi en teleskoperende sum, og vi står til slutt igjen med ulikheten $$(L-\epsilon)(b_m-b_n)<a_m-a_n<(L+\epsilon)(b_m-b_n)$$ og ved å flytte over $a_n$ og gange med $\frac{1}{b_m}$ får vi at $$(L-\epsilon)(1-\frac{b_n}{b_m}) + \frac{a_n}{b_m} < \frac{a_m}{b_m}<(L+\epsilon)(1-\frac{b_n}{b_m})+\frac{a_n}{b_m}$$ La nå $m \to \infty$. Siden $(b_n)_{n=1}^\infty$ er ubegrenset vet vi at $b_m \to \infty$, og siden $n$ er fiksert så vil derfor $\frac{b_n}{b_m}, \frac{a_n}{b_m} \to 0$. Da står vi igjen med $$L-\epsilon<\lim_{m \to \infty} \frac{a_m}{b_m} < L+\epsilon$$ men $\epsilon$ er en vilkårlig verdi større enn $0$, så konklusjonen er endelig $\lim_{m \to \infty} \frac{a_m}{b_m} = L$ (ved skviseteoremet), som er ekvivalent med det vi skulle vise. $\square$
Takk på forhånd.
God jul! (Når du ganger med $\frac{1}{b_m}$ må vel $b_m>0$ for at ulikhetene skal være rett vei, men det er jo bare å velge en stor nok $N$ siden følgen $b_m$ er ubegrenset, eller dele opp i to tilfeller.)