В прото-задаче П-ссылка мы доказали, что:

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

Данная задача является следствием из этой протозадачи при $k=1$ и $a=2$:

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

$■$

Рассмотрим следующее неравенство:

$$\frac{n}{2^n}<\frac{1}{n}$$

Домножим обе части на $n$:

$$\frac{n^2}{2^n}<1$$

«Поднимем» $2^n$ из знаменателя:

$$n^2<2^n$$

Распишем это неравенство для нескольких $n$:

$$\begin{array}{cc}n& n^2<2^n\\ 1& 1<2\\ 2& 4<4\\ 3& 9<8\\ 4& 16<16\\ 5& 25<32\\ 6& 36<64\\ \cdots & \cdots \end{array}$$

Замечаем, что после $n=4$ неравенство $n^2<2^n$ всегда выполняется.

Докажем по индукции, что

$$n^2<2^n,n>4$$

База индукции: пусть $n=5$. Получаем:

$$25<32$$

Индукционный переход:

Предположим, что неравенство выполняется для некоторого $k>4$:

$$k^2<2^k$$

Домножим обе части на $2$:

$$2\cdot k^2<2^{k+1}$$

Покажем, что

$$\begin{array}{rl}(k+1{)}^2& <2\cdot k^2\\ k^2+2k+1& <2\cdot k^2\\ 1& <k^2-2k\\ 2& <k^2-2k+1\\ 2& <(k-1{)}^2\end{array}$$

Так как $k>4$, то последнее неравенство можно усилить:

$$2<(4-1{)}^2=9<(k-1{)}^2$$

Итак, мы показали, что

$$(k+1{)}^2<2\cdot k^2$$

Но

$$2\cdot k^2<2^{k+1}$$

Поэтому, объединяя эти неравенства в одно, получаем:

$$\begin{gathered} (k+1{)}^2<2\cdot k^2<2^{k+1} \\ (k+1{)}^2<2^{k+1} \end{gathered}$$

Итак, неравенство выполняется и для $k+1$. Индукционный переход доказан, а значит мы доказали, что:

$$n^2<2^n,n>4$$

Из доказанного выше неравенства следует верность следующего неравенства:

$$\frac{n}{2^n}<\frac{1}{n},n>4$$

Теперь зажмем нашу последовательность из условия:

$$0<\frac{n^2}{2^n}<\frac{1}{n}$$

На первые $4$ члена последовательности, для которых неравенство в правой части не выполняется можно не обращать внимание. На предел они не окажут никакого влияния (см. прото-задачу П-ссылка).

Так как $0\to 0$ и $\frac{1}{n}\to 0$ (см. прото-задачу П-ссылка), то, по теореме о двух милиционерах, «зажатая» между ними последовательность из условия тоже стремится к $0$.

$■$