Lemat z indeksami
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11374
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3153 razy
- Pomógł: 747 razy
Lemat z indeksami
Udowodnić, że jeśli ciąg liczb dodatnich jest taki ze \(\displaystyle{ a_{n+m} \leq a_n +a_m}\) dla \(\displaystyle{ n, m=1, 2, 3, ...}\) to ciąg \(\displaystyle{ \frac{a_n}{n}}\) jest zbieżny
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4065
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1392 razy
- Dasio11
- Moderator
- Posty: 10223
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 40 razy
- Pomógł: 2361 razy
Re: Lemat z indeksami
Niech \(\displaystyle{ s = \inf_{m \in \NN} \frac{a_m}{m}}\). Wykażemy, że w istocie \(\displaystyle{ \lim_{m \to \infty} \frac{a_m}{m} = s}\).
Najpierw łatwą indukcją dowodzimy, że dla dowolnych \(\displaystyle{ n, k \in \NN}\) jest \(\displaystyle{ a_{k \cdot n} \le k \cdot a_n}\).
Ustalmy teraz \(\displaystyle{ \varepsilon > 0}\). Oczywiście dla każdego \(\displaystyle{ n \in \NN}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{a_m}{m} \ge s}\), zatem pozostaje wykazać, że od pewnego miejsca jest \(\displaystyle{ \frac{a_m}{m} \le s + 15\varepsilon}\). Weźmy więc \(\displaystyle{ n \in \NN}\) spełniające nierówność \(\displaystyle{ \frac{a_n}{n} \le s+\varepsilon}\) i niech \(\displaystyle{ A = \max \, \{ a_r : 0 \le r < n \}}\) (przy czym przyjmujemy, że \(\displaystyle{ a_0 = 0}\)). Dowolne \(\displaystyle{ m \in \NN}\) możemy przedstawić w postaci \(\displaystyle{ m = k \cdot n + r}\), gdzie \(\displaystyle{ k \in \NN}\) i \(\displaystyle{ 0 \le r < n}\), a następnie oszacować:
\(\displaystyle{ \frac{a_m}{m} = \frac{a_{k \cdot n + r}}{k \cdot n + r} \le \frac{k \cdot a_n + a_r}{k \cdot n} = \frac{a_n}{n} + \frac{a_r}{k \cdot n} \le s + \varepsilon + \frac{A}{k \cdot n}.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ m}\) jest dostatecznie duże, to składnik \(\displaystyle{ \frac{A}{k \cdot n}}\) staje się mniejszy od \(\displaystyle{ \varepsilon}\), a wtedy: \(\displaystyle{ \frac{a_m}{m} \le s+2\varepsilon}\), co kończy dowód.
Najpierw łatwą indukcją dowodzimy, że dla dowolnych \(\displaystyle{ n, k \in \NN}\) jest \(\displaystyle{ a_{k \cdot n} \le k \cdot a_n}\).
Ustalmy teraz \(\displaystyle{ \varepsilon > 0}\). Oczywiście dla każdego \(\displaystyle{ n \in \NN}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{a_m}{m} \ge s}\), zatem pozostaje wykazać, że od pewnego miejsca jest \(\displaystyle{ \frac{a_m}{m} \le s + 15\varepsilon}\). Weźmy więc \(\displaystyle{ n \in \NN}\) spełniające nierówność \(\displaystyle{ \frac{a_n}{n} \le s+\varepsilon}\) i niech \(\displaystyle{ A = \max \, \{ a_r : 0 \le r < n \}}\) (przy czym przyjmujemy, że \(\displaystyle{ a_0 = 0}\)). Dowolne \(\displaystyle{ m \in \NN}\) możemy przedstawić w postaci \(\displaystyle{ m = k \cdot n + r}\), gdzie \(\displaystyle{ k \in \NN}\) i \(\displaystyle{ 0 \le r < n}\), a następnie oszacować:
\(\displaystyle{ \frac{a_m}{m} = \frac{a_{k \cdot n + r}}{k \cdot n + r} \le \frac{k \cdot a_n + a_r}{k \cdot n} = \frac{a_n}{n} + \frac{a_r}{k \cdot n} \le s + \varepsilon + \frac{A}{k \cdot n}.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ m}\) jest dostatecznie duże, to składnik \(\displaystyle{ \frac{A}{k \cdot n}}\) staje się mniejszy od \(\displaystyle{ \varepsilon}\), a wtedy: \(\displaystyle{ \frac{a_m}{m} \le s+2\varepsilon}\), co kończy dowód.