Задача 144 — Демидович

Откройте "Открытую Математику"!

Понятная теория, конспекты и задачник в одном флаконе!

Заглянуть

└─

└─

└─

└─

§2. Теория последовательностей

└─

Теорема Штольца

└─

Задача 144

Нормальная

Найти:

$а) n \to + \infty lim \frac{n ^{2}}{a ^{n}} (a > 1); б) n \to + \infty lim \frac{l g n}{n}$

Петр Радько

Зависимость

Указание

Воспользуйтесь результатами задач 60 и 64.

Решение

Пункт а)

В задаче 60 мы доказали, что

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

Предел, который нам надо найти, является частным случаем при $k = 2$ , поэтому

$n \to \infty lim \frac{n ^{2}}{a ^{n}} = 0$

Пункт б)

В задаче 64 мы доказали, что

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

Предел, который нам надо найти, является частным случаем при $a = 10$ , поэтому

$n \to \infty lim \frac{l g n}{n} = 0$

Зависимости

Задача 60

Задача 64

Петр Радько

Зависимость

Указание

Воспользуйтесь теоремой Штольца.

Решение

Пункт а)

Строгое возрастание

a^{n}

Докажем, что

$a^{n + 1} > a^{n}$

$a^{n} \cdot a > a^{n}$

$a > 1$

Последнее неравенство выполняется по условию.

Итак, мы доказали, что $a^{n + 1} > a^{n}$

$■$

a^{n} \to + \infty

Докажем, что

$\forall M > 0 \exists N = N (M) \forall n > N : a^{n} > M$

Рассмотрим последнее неравенство:

$a^{n} > M$

Прологарифмируем обе части неравенства по основанию $a$ (знак неравенства не изменится, так как $a > 1$ ):

$lo g_{a} a^{n} > lo g_{a} M$

$n > lo g_{a} M$

Итак, для любого $M > 0$ достаточно взять $N$ по следующей формуле:

$N = ⌈ lo g_{a} M ⌉$

Тогда любое натуральное $n$ после $N$ будет удовлетворять неравенству:

$n > N = ⌈ lo g_{a} M ⌉ \geq lo g_{a} M$

$n > lo g_{a} M$

А значит

$a^{n} > M$

Итак, мы показали по определению, что $a^{n}$

→+∞.

$■$

айдем следующий предел

$n \to \infty lim \frac{( n + 1 ) ^{2} - n ^{2}}{a ^{n + 1} - a ^{n}} = n \to \infty lim \frac{2 n + 1}{a ^{n} ( a - 1 )} = \frac{1}{a - 1} n \to \infty lim \frac{2 n + 1}{a ^{n}}$

Найдем теперь предел:

$n \to \infty lim \frac{2 ( n + 1 ) + 1 - 2 n - 1}{a ^{n + 1} - a ^{n}} = \frac{1}{a - 1} n \to \infty lim \frac{2}{a ^{n}} = \frac{1}{a - 1} \cdot 0 = 0$

Здесь мы воспользовались тем, что раз $a^{n}$ — бесконечно большая, то $\frac{1}{a ^{n}}$ — бесконечно малая (см. прото-задачу П-ссылка).

По теореме Штольца:

$n \to \infty lim \frac{2 n + 1}{a ^{n}} = n \to \infty lim \frac{2 ( n + 1 ) + 1 - 2 n - 1}{a ^{n + 1} - a ^{n}} = 0$

Возвращаемся к изначальному пределу. По теореме Штольца:

$n \to \infty lim \frac{n ^{2}}{a ^{n}} = n \to \infty lim \frac{( n + 1 ) ^{2} - n ^{2}}{a ^{n + 1} - a ^{n}} = \frac{1}{a - 1} n \to \infty lim \frac{2 n + 1}{a ^{n}} = 0$

$n \to \infty lim \frac{n ^{2}}{a ^{n}} = 0$

Пункт б)

Строгое возрастание

n

Докажем, что

$n + 1 > n$

$1 > 0$

Последнее неравенство, очевидно, выполняется.

Итак, мы доказали, что $n + 1 > n$

$■$

n \to + \infty

Докажем, что

$\forall M > 0 \exists N = N (M) \forall n > N : n > M$

Рассмотрим последнее неравенство:

$n > M$

Действительно, для любого $M$ мы всегда можем найти натуральное число, которое больше $M$ .

Поэтому, для любого $M > 0$ всегда можно найти большее его натуральное число и все остальные натуральные числа после этого тоже будут больше $M$ .

Итак, мы показали по определению, что $n \to + \infty$ .

$■$

айдем следующий предел

$n \to \infty lim \frac{l g ( n + 1 ) - l g n}{n + 1 - n} = n \to \infty lim l g (\frac{n + 1}{n})$

Рассмотрим внимательнее само выражение с логарифмом:

$l g (\frac{n + 1}{n}) = l g (1 + \frac{1}{n})$

Замечаем, что по мере увеличения $n$ выражение в скобках будет все ближе и ближе к $1$ . А мы знаем, что логарифм от $1$ с любым основанием равен $0$ (потому что любое число в $0$ -ой степени дает $1$ ). С помощью этих простых рассуждений мы без всяких расчетов поняли, что предел будет равен $0$ .

Но нам требуется строгое доказательство. Можно пойти по долгому пути и воспользоваться определением предела. Но внутри скобок мы уже видим $\frac{1}{n}$ , а это одна из самых элементарных бесконечно малых последовательностей.

Поэтому просто докажем, что

$l g (\frac{n + 1}{n}) < \frac{1}{n}$

Представим обе части неравенства в виде показателей степени с основанием $10$ (так как $10 > 0$ , то знак неравенства не изменится):

$1 0^{l g (\frac{n + 1}{n})} < 1 0^{\frac{1}{n}}$

$\frac{n + 1}{n} < 1 0^{\frac{1}{n}}$

$1 + \frac{1}{n} < 1 0^{\frac{1}{n}}$

Возведем обе части неравенства в степень $n$ :

$(1 + \frac{1}{n})^{n} < 10$

В задаче 69 мы показали, что

$(1 + \frac{1}{n})^{n}$

возрастает и ограничена сверху числом $e$ , к которому она и сходится. Поэтому

$(1 + \frac{1}{n})^{n} < e < 10$

Итак, мы доказали, что

$l g (\frac{n + 1}{n}) < \frac{1}{n}$

Теперь можно «зажать» эту последовательность:

$0 \leq l g (\frac{n + 1}{n}) < \frac{1}{n}$

«Последовательность» из $0$ стремится к $0$ . Последовательность $\frac{1}{n}$ тоже стремится к $0$ (см. прото-задачу П-ссылка). А значит, по теореме о двух милиционерах, «зажатая» между ними последовательность тоже стремится к $0$ :

$n \to \infty lim l g (\frac{n + 1}{n}) = 0$

Итак, возвращаясь к пределу, который мы пытаемся найти:

$n \to \infty lim \frac{l g ( n + 1 ) - l g n}{n + 1 - n} = n \to \infty lim l g (\frac{n + 1}{n}) = 0$

$n \to \infty lim \frac{l g ( n + 1 ) - l g n}{n + 1 - n} = 0$

По теореме Штольца:

$n \to \infty lim \frac{l g n}{n} = n \to \infty lim \frac{l g ( n + 1 ) - l g n}{n + 1 - n} = 0$

$n \to \infty lim \frac{l g n}{n} = 0$

Зависимости

Задача 69

Связь б.м. и б.б. последовательностей

Полезное свойство перехода из б.м. последовательностей в б.б. и наоборот.

Элементарные пределы последовательностей

Пределы последовательностей, к которым сводятся множество задач.

143 145