Granica ciągu średnich geometrycznych

[Iloczyn tensorowy]

Udowodnić twierdzenie:
\(\displaystyle{ (\forall n\in N\ a_{n}>0 \ \wedge \lim_{n\to\infty}a_{n}=g) \Rightarrow \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{1} a_{2}\ldots a_{n}}=g}\)

Próba dowodu:

Z definicji granicy:
\(\displaystyle{ \forall\epsilon>0 \ \exists k \in N^{*}\ \forall n>k:\\
g-\epsilon<a_{k+1}<g+\epsilon,\quad g-\epsilon<a_{k+2}<g+\epsilon,\quad\ldots\quad g-\epsilon<a_{n}<g+\epsilon}\)

Przemnażam nierówności stronami (powyżej mamy n-k nierówności)
\(\displaystyle{ (g-\epsilon)^{n-k}<a_{k+1} a_{k+2}\ldots a_{n}<(g+\epsilon)^{n-k}\\
(g-\epsilon)^{1-\frac{k}{n}}<\sqrt[n]{a_{k+1} a_{k+2}\ldots a_{n}}<(g+\epsilon)^{1-\frac{k}{n}}\)

Z dowolności epsilona:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a_{k+1} a_{k+2}\ldots a_{n}} \longrightarrow g}\)
Jednocześnie:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a_{1} a_{2}\ldots a_{k}} \longrightarrow 1}\) (bo k jest ustalone)
Z twierdzenia o działaniach na granicach otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{1} a_{2}\ldots a_{n}}=g}\)

Powyższy dowód jest podobno błędny, gdyż "zbyt wiele rzeczy jest ustalonych". Nie rozumiem dlaczego.

[janusz47]

Zwykle tę granicę oblicza się korzystając, z nierówności między średnimi arytmetyczną, geometryczną i harmoniczną oraz twierdzenia o trzech ciągach.
lub
logarytmujemy pierwiastek \(\displaystyle{ n}\)-tego stopnia z iloczynu - zamieniając na średnią arytmetyczną logarytmów wyrazów ciągu (ciąg Cesaro). Znajdujemy z definicji granicę tego ciągu.

[Premislav]

Ja bym się akurat przyczepił do czegoś innego niż do „ustalania zbyt wiele" (w tej kwestii nie bardzo wiem, o co chodzi, lepiej dopytać sprawdzającego niż nam kazać wróżyć): skąd wiesz, że będzie
\(\displaystyle{ g-\epsilon>0}\) W przeciwnym razie nie możesz sobie tak mnożyć stronami tych nierówności \(\displaystyle{ g-\epsilon<a_i}\) dla \(\displaystyle{ i=k+1, \ldots n}\). To da się obejść (na przykład oddzielnie rozważyć \(\displaystyle{ g=0}\), wówczas szacowanie z dołu będzie po prostu przez zero, skoro \(\displaystyle{ a_n>0}\); zaś w przypadku \(\displaystyle{ g>0}\) wystarczy rozważyć \(\displaystyle{ \epsilon\in (0,g)}\)). Pomysł ogólnie jest jak najbardziej dobry, tylko wykonanie szwankuje.

[Dasio11]

Z dowolności epsilona:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a_{k+1} a_{k+2}\ldots a_{n}} \longrightarrow g}\)

Tutaj jest zasadniczy błąd, bo \(\displaystyle{ k}\) zależy od \(\displaystyle{ \varepsilon}\).

[Iloczyn tensorowy]

Z dowolności epsilona:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a_{k+1} a_{k+2}\ldots a_{n}} \longrightarrow g}\)

Tutaj jest zasadniczy błąd, bo \(\displaystyle{ k}\) zależy od \(\displaystyle{ \varepsilon}\).

Dlaczego to błąd?

[Premislav]

A, rzeczywiście, przeoczyłem to. Taki zapis:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a_{k+1} a_{k+2}\ldots a_{n}} \longrightarrow g}\)
ma sens tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ k}\) jest ustalone, a skoro ruszymy \(\displaystyle{ \epsilon}\), to ruszymy też \(\displaystyle{ k}\).
Ale da się to rozwiązanie stosunkowo łatwo naprawić. Dla porządku rozważamy \(\displaystyle{ g>0, \ \epsilon<\min\left\{ 1,\frac g 2\right\}}\) (zagwarantuje to poprawność pewnych przejść, a przy tym jeśli wyrazy ciągu znajdują się w pewnym pasku wokół \(\displaystyle{ g}\), to w szerszym pasku tym bardziej). Z nierówności
\(\displaystyle{ (g-\epsilon)^{1-\frac{k}{n}}<\sqrt[n]{a_{k+1} a_{k+2}\ldots a_{n}}<(g+\epsilon)^{1-\frac{k}{n}}\)
możemy wyciągnąć wniosek, że
\(\displaystyle{ \limsup_{n \to \infty}\sqrt[n]{a_{k+1} a_{k+2}\ldots a_{n}}\le g+\epsilon}\)
oraz że
\(\displaystyle{ \liminf_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{k+1} a_{k+2}\ldots a_{n}}\ge g-\epsilon}\)
(tak musimy napisać, bo a priori nie wiemy nic o istnieniu granicy tego ciągu, ale granica górna i dolna istnieją zawsze).
To pierwsze daje nam nierówność np.
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a_{k+1} a_{k+2}\ldots a_{n}}\le g+2\epsilon}\)
dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\), powiedzmy \(\displaystyle{ n>n_1}\) (wystarczy przyjrzeć się definicji granicy górnej), natomiast dzięki temu drugiemu możemy napisać
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{a_{k+1} a_{k+2}\ldots a_{n}}\ge g-2\epsilon}\) dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\), dajmy na to, \(\displaystyle{ n>n_2}\).
Ponadto
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1 a_2\ldots a_k} =1}\), toteż
\(\displaystyle{ 1-\epsilon< \sqrt[n]{a_1 a_2\ldots a_k}<1+\epsilon}\) dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n\in \NN}\), powiedzmy \(\displaystyle{ n>n_3}\).
Niech \(\displaystyle{ n\in \NN}\) będą tak duże, by wszystkie powyższe warunki zachodziły, tj. \(\displaystyle{ n>\max\left\{ n_1, n_2, n_3\right\}}\). Wówczas
\(\displaystyle{ (1-\epsilon)(g-2\epsilon)< \sqrt[n]{a_1 a_2\ldots a_n}<(1+\epsilon)(g+2\epsilon)}\)
tj.
\(\displaystyle{ g-\epsilon(g+2-2\epsilon)< \sqrt[n]{a_1 a_2\ldots a_n}<g+\epsilon(g+2+2\epsilon)}\)
a ponieważ \(\displaystyle{ 1>\epsilon>0}\), więc
\(\displaystyle{ g-\epsilon (g+2) <\sqrt[n]{a_1 a_2\ldots a_n}<g+\epsilon(g+4)}\)
dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n\in \NN}\), tym bardziej
\(\displaystyle{ g-\epsilon (g+4) <\sqrt[n]{a_1 a_2\ldots a_n}<g+\epsilon(g+4)}\).
No i tam sobie wystarczy przeskalować…

A przypadek \(\displaystyle{ g=0}\) można zrobić korzystając z tego, że
\(\displaystyle{ 0<\sqrt[n]{a_1 a_2\ldots a_n}\le \sqrt[n]{(1+a_1)(1+a_2)\ldots(1+a_n)} -1}\)
i z twierdzenia o trzech ciągach
(ta ostatnia nierówność nazywa się nierównością Huygensa, jest to też szczególny przypadek uogólnionej nierówności Höldera).
No a jak nie lubisz takich nierówności z księżyca, to po prostu szacowanie
\(\displaystyle{ (g-\epsilon)^{1-\frac k n}<\sqrt[n]{a_{k+1}\ldots a_n}}\), którego nie dostaniesz dla \(\displaystyle{ g=0,}\) zastępujesz szacowaniem
\(\displaystyle{ 0< \sqrt[n]{a_{k+1}\ldots a_n}}\)

[Dasio11]

Dlaczego to błąd?

Dlatego że \(\displaystyle{ k}\) zależy od \(\displaystyle{ \varepsilon}\). Dla ustalonego \(\displaystyle{ \varepsilon_1 > 0}\) Twoje rozumowanie daje \(\displaystyle{ k_1}\), takie że dla prawie wszystkich \(\displaystyle{ n}\) jest

\(\displaystyle{ g - \varepsilon_1 \le \sqrt[n]{a_{k_1+1} \cdot a_{k_1+2} \cdot \ldots \cdot a_n} \le g + \varepsilon_1.}\)

Dla innego \(\displaystyle{ \varepsilon_2 > 0}\) dostaniemy \(\displaystyle{ k_2}\), takie że dla prawie wszystkich \(\displaystyle{ n}\) jest

\(\displaystyle{ g - \varepsilon_2 \le \sqrt[n]{a_{k_2+1} \cdot a_{k_2+2} \cdot \ldots \cdot a_n} \le g + \varepsilon_2.}\)

Z kolei dla jeszcze innego \(\displaystyle{ \varepsilon_3 > 0}\) otrzymamy \(\displaystyle{ k_3}\), takie że dla prawie wszystkich \(\displaystyle{ n}\) jest

\(\displaystyle{ g - \varepsilon_3 \le \sqrt[n]{a_{k_3+1} \cdot a_{k_3+2} \cdot \ldots \cdot a_n} \le g + \varepsilon_3.}\)

Żeby zaś dostać

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{k+1} \cdot a_{k+2} \cdot \ldots \cdot a_n} = g,}\)

musiałbyś wskazać pojedyncze \(\displaystyle{ k}\), takie że dla każdego \(\displaystyle{ \varepsilon > 0}\) prawie wszystkie \(\displaystyle{ n}\) spełniają

\(\displaystyle{ g - \varepsilon \le \sqrt[n]{a_{k+1} \cdot a_{k+2} \cdot \ldots \cdot a_n} \le g + \varepsilon.}\)

Jednak takiego \(\displaystyle{ k}\) z Twojego rozumowania nie da się otrzymać.

[janusz47]

Rozważmy najpierw przypadek, gdy \(\displaystyle{ g =1.}\)

Dla dowolnego \(\displaystyle{ \varepsilon >0}\) można dobrać liczbę naturalną \(\displaystyle{ k}\) tak, aby

\(\displaystyle{ 1 - \frac{1}{2}\varepsilon < x_{m} < 1+ \frac{1}{2}\varepsilon}\) dla \(\displaystyle{ m > k.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ n > k}\), to

\(\displaystyle{ 1 -\frac{1}{2}\varepsilon < \sqrt[n]{x_{k+1}\cdot x_{k+2}... x_{n}}< 1 + \frac{1}{2}\varepsilon},}\)

a ponieważ

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{x_{1}\cdot x_{2} ... x_{k}} = 1,}\) więc istnieje \(\displaystyle{ N\geq k,}\) takie, że \(\displaystyle{ n > N}\) implikuje

\(\displaystyle{ 1 - \varepsilon < \sqrt[n]{x_{1}\cdot x_{2} ... x_{n}} < 1 + \varepsilon,}\)

co dowodzi, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \sqrt[n]{x_{1}\cdot x_{2} ...x_{n}} = 1.}\)

Jeżeli \(\displaystyle{ g \neq 1,}\) to korzystamy z równości

\(\displaystyle{ \sqrt[n]{x_{1}x_{2}...x_{n}} = x\sqrt[n]{\frac{x_{1}}{x}\cdot \frac{x_{2}}{x}...\frac{x_{n}}{x}}.}\)

gdzie

\(\displaystyle{ x= g.}\)

Dla \(\displaystyle{ g = 0 , \ \ g = \infty}\) - rozumowanie jest podobne.

Jak napisałem w poprzednim poście, twierdzenie to można udowodnić, korzystając z ciągłości funkcji wykładniczej i funkcji logarytmicznej, ponieważ

\(\displaystyle{ \sqrt[n]{x_{1}\cdot x_{2} ... x_{n}} = e^{ \frac{\log x_{1}+\log x_{2}+...+ \log x_{n}}{n}}}\)

i twierdzenia o granicy średniej arytmetycznej ciągu o wyrazach dodatnich.

[Iloczyn tensorowy]

Dziękuję za wszystkie odpowiedzi. Wątpliwości zostały rozwiane.

[MrCommando]

A może jeszcze inaczej:

Niech \(\displaystyle{ (a_n)}\) będzie jak w założeniu i rozważmy ciąg \(\displaystyle{ (b_n)}\) dany wzorem \(\displaystyle{ b_n=\ln \left(\prod_{k=1}^{n} a_k\right)^{\frac{1}{n}}}\) dla \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\). Oczywiście łatwo otrzymać, że \(\displaystyle{ b_n=\frac{\sum_{k=1}^{n}\ln(a_k)}{n}}\). Skoro ciąg \(\displaystyle{ x_n:=n}\) jest rosnący i rozbieżny do nieskończoności to z twierdzenia Stolza wynika, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} b_n=\lim_{n \to \infty} \frac{\sum_{k=1}^n \ln(a_k)-\sum_{k=1}^{n-1}\ln( a_k)}{n-(n-1)}=\lim_{n \to \infty} \ln(a_n)=\ln(g)}\), gdzie oczywiście skorzystaliśmy z ciągłości logarytmu. A skoro \(\displaystyle{ \left(\prod_{k=1}^n a_k\right)^{\frac{1}{n}}=e^{b_n}}\), to z ciągłości funkcji wykładniczej dostaniemy \(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\left(\prod_{k=1}^n a_k\right)^{\frac{1}{n}}=e^{\ln(g)}=g}\), co ostatecznie zakończy dowód.