Предел отношения логарифмической и степенной последовательностей

Откройте "Открытую Математику"!

Понятная теория, конспекты и задачник в одном флаконе!

Заглянуть

Посмотреть все темы!

ВышматПрото-задачиПредел последовательности

└─

└─

└─

└─

└─

Предел последовательности

└─

Предел отношения логарифмической и степенной последовательностей

Предел отношения логарифмической и степенной последовательностей равен 0.

Теорема

$n \to \infty lim \frac{lo g _{a} n}{n ^{r}} = 0 (a > 0, r > 0)$

Лемма 1

$⌈ a ⌉ - 1 \leq ⌊ a ⌋$

Исходя из определения функций потолка и пола числа:

$⌈ a ⌉ - ⌊ a ⌋ = {0, если a — целое число 1, если a — не целое число$

Получается, что в общем случае:

$⌈ a ⌉ - ⌊ a ⌋ \leq 1$

А отсюда сразу получаем, что

$⌈ a ⌉ - 1 \leq$

yle="top:0em;">⌊a⌋

$■$

Лемма 2

$\forall k \exists N = N (k) \forall n > N : n^{\frac{1}{k}} < a^{n^{\frac{1}{k}}}$

Из прото-задачи П-ссылка мы знаем, что

$n \to \infty lim \frac{n}{a ^{n}} = 0,$

так как это частный случай упомянутых задач при $k = 1$ .

Распишем по определению:

$n \to \infty lim \frac{n}{a ^{n}} = 0 \Leftrightarrow \forall ε > 0 \exists N \forall n > N : ∣ ∣ \frac{n}{a ^{n}} ∣ ∣ < ε$

Раз выполняется для любого положительного $ε$ , то выполняется и для $\frac{1}{a}$ :

$для \frac{1}{a} \exists N_{1} \forall n > N_{1} : ∣ ∣ \frac{n}{a ^{n}} ∣ ∣ < \frac{1}{a}$

Рассмотрим последнее неравенство:

$∣ ∣ \frac{n}{a ^{n}} ∣ ∣ < \frac{1}{a}$

От модуля можно избавиться, так как выражение под ним больше нуля:

$\frac{n}{a ^{n}} < \frac{1}{a}$

$n < \frac{a ^{n}}{a}$

Итак:

$для \frac{1}{a} \exists N_{1} \forall n > N_{1} : n < \frac{a ^{n}}{a}$

Из прото-задачи П-ссылка известно, что

$n \to \infty lim \frac{1}{n ^{a}} = 0 (a > 0)$

Значит и для $\frac{1}{k} > 0$ :

$n \to \infty lim \frac{1}{n ^{\frac{1}{k}}} = 0$

По прото-задаче П-ссылка получаем, что раз $\frac{1}{n ^{\frac{1}{k}}}$ — бесконечно малая, то $n^{\frac{1}{k}}$ — бесконечно большая.

$n \to \infty lim n^{\frac{1}{k}} = \infty \Leftrightarrow \forall E > 0 \exists N_{2} \forall n > N_{2} : ∣ ∣ n^{\frac{1}{k}} ∣ ∣ > E$

Раз выполняется для любой положительной границы $E$ , то выполняется и для числа $N_{1}$ :

$для N_{1} \exists N_{2} \forall n > N_{2} : ∣ ∣ n^{\frac{1}{k}} ∣ ∣ > N_{1}$

Рассмотрим неравенство в конце:

$∣ ∣ n^{\frac{1}{k}} ∣ ∣ > N_{1}$

От модуля можно избавиться, так как выражение под ним больше нуля:

$n^{\frac{1}{k}} > N_{1}$

По определению округления сверху («потолка») числа:

$⌈ n^{\frac{1}{k}} ⌉ \geq n^{\frac{1}{k}} > N_{1}$

$⌈ n^{\frac{1}{k}} ⌉ > N_{1}$

Итак

$для \frac{1}{a} \exists N_{1} \forall n > N_{1} : n < \frac{a ^{n}}{a}$

$для N_{1} \exists N_{2} \forall n > N_{2} : ⌈ n^{\frac{1}{k}} ⌉ > N_{1}$

Заметим, что любое $⌈ n^{\frac{1}{k}} ⌉$ — натуральное число, причем, из второй записи получается, что оно больше $N_{1}$ . Но раз любое $⌈ n^{\frac{1}{k}} ⌉$ (при $n > N_{2}$ ) больше $N_{1}$ то все такие числа подходят для первой записи, то есть

$⌈ n^{\frac{1}{k}} ⌉ < \frac{a ^{⌈ n^{\frac{1}{k}} ⌉}}{a} = a^{⌈ n^{\frac{1}{k}} ⌉ - 1}$

Теперь воспользуемся доказанной выше леммой 1:

$⌈ n^{\frac{1}{k}} ⌉ < a^{⌈ n^{\frac{1}{k}} ⌉ - 1} \leq a^{⌊ n^{\frac{1}{k}} ⌋}$

По определению округления снизу («пола») и «потолка» числа

$⌊ n^{\frac{1}{k}} ⌋ \leq n^{\frac{1}{k}}$

$n^{\frac{1}{k}} \leq ⌈ n^{\frac{1}{k}} ⌉$

Поэтому

$n^{\frac{1}{k}} \leq ⌈ n^{\frac{1}{k}} ⌉ < a^{⌈ n^{\frac{1}{k}} ⌉ - 1} \leq a^{⌊ n^{\frac{1}{k}} ⌋} \leq a^{n^{\frac{1}{k}}}$

$n^{k}$

n>1<ank1

$■$

Лемма 3

$\forall k \exists N \forall n > N : lo g_{a} n < n^{\frac{1}{k}}$

Пусть $b = k a$ . Тогда, по лемме 2

$\exists N \forall n > N : n^{\frac{1}{k}} < b^{n^{\frac{1}{k}}}$

Возводим обе части неравенства в коцне в степень $k$ :

$n < (b^{k})^{n^{\frac{1}{k}}} = a^{n^{\frac{1}{k}}}$

Прологарифмируем обе части неравенства по основанию $a$ . Так как $a > 1$ , то знак неравенства не изменится:

$lo g_{a} n < n^{\frac{1}{k}}$

$■$

Доказательство при $a < 1$

Раз $a < 1$ , то $lo g_{a} n < 0$ (так как $n \geq 1$ ), поэтому для всех $n$ выполняется неравенство

$lo g_{a} n < 0 < n^{\frac{1}{k}}$

$lo g_{a} n < n^{\frac{1}{k}}$

$■$

n \to \infty lim \frac{l o g _{a} n}{n} = 0 (a > 1)

Доказательство при $a > 1$

Раз $a > 1$ , то

$0 < lo g_{a} n$

Пусть

$k = ⌈ \frac{1}{r} ⌉ + 1$

По лемме 3 получаем, что

$lo g_{a} n < n^{\frac{1}{k}}$

Поделим обе части неравенства на положительное число $n^{r}$ :

$\frac{lo g _{a} n}{n ^{r}} < \frac{n ^{\frac{1}{k}}}{n ^{r}} = n^{\frac{1}{k} - r} = \frac{1}{n ^{r - \frac{1}{k}}}$

$\frac{lo g _{a} n}{n ^{r}} < \frac{1}{n ^{r - \frac{1}{k}}}$

По определению потолка числа:

$k = ⌈ \frac{1}{r} ⌉ + 1 > ⌈ \frac{1}{r} ⌉ \geq \frac{1}{r}$

$k > \frac{1}{r}$

Откуда

$r > \frac{1}{k}$

$r - \frac{1}{k} > 0$

Запишем итоговое цепное неравенство:

$0 < \frac{lo g _{a} n}{n ^{r}} < \frac{1}{n ^{r - \frac{1}{k}}}$

«Последовательность» из $0$ слева стремится к $0$ . Последовательность справа тоже стремится к $0$ , как частный случай $\frac{1}{n ^{α}}$ (см. прото-задачу П-ссылка). Значит, по теореме о двух милиционерах, «зажатая» между ними последовательность $\frac{l o g _{a} n}{n ^{r}}$ тоже стремится к $0$ :