Registado: 14 dez 2011, 15:59
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Intuitivamente dá para ver que o limite deverá ser igual a b. Vamos demonstrar tal.
Queremos provar que
\(\forall \varepsilon>0 \exists p\in\mathbb{N} : n>p \Rightarrow \left|\frac{\sum_{k=1}^{b}a_kb_k}{\sum_{k=1}^{b}a_k}-b\right|<\varepsilon\)
Sabemos que \(\lim b_n = b\), logo
\(\forall \varepsilon_1>0 \exists p_1\in\mathbb{N} : n>p \Rightarrow |b_n-b|<\varepsilon_1\)
Temos então que:
\(\left|\frac{\sum_{k=1}^{n}a_kb_k}{\sum_{k=1}^{n}a_k}-b\right|=\left|\frac{\sum_{k=1}^{n}a_k(b_k-b)}{\sum_{k=1}^{n}a_k}\right|\leq \left|\frac{\sum_{k=1}^{p_1}a_k(b_k-b)}{\sum_{k=1}^{n}a_k}\right|+\left|\frac{\sum_{k=p_1+1}^{n}a_k(b_k-b)}{\sum_{k=1}^{n}a_k}\right|<\left|\frac{\sum_{k=1}^{p_1}a_k(b_k-b)}{\sum_{k=1}^{n}a_k}\right|+\varepsilon_1\left|\frac{\sum_{k=p_1+1}^{n}a_k}{\sum_{k=1}^{n}a_k}\right|<\left|\frac{\sum_{k=1}^{p_1}a_k(b_k-b)}{\sum_{k=1}^{n}a_k}\right|+\varepsilon_1\)
Como \(\sum_{k=1}^{+\infty}a_k=+\infty\) existe \(p\in\mathbb{N}\) tal que \(n>p \Rightarrow \left|\frac{\sum_{k=1}^{p_1}a_k(b_k-b)}{\sum_{k=1}^{n}a_k}\right|<\varepsilon_1\)
Para concluir a demostração basta tomar \(\varepsilon_1=\frac{\varepsilon}{2}\).
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