Задача 63 — Демидович

Указание

Докажите для случая, когда $a = 1$ .

Для случая, когда $a > 1$ , докажите по определению предела.

Если $0 < a < 1$ , введите новую величину $b$ :

$b = \frac{1}{a}$

Используйте ее в доказательстве.

Решение

Если $a = 1$ , то

$n \to \infty lim n 1 = n \to \infty lim 1 = 1$

Если $a > 1$ , то докажем по определению предела:

$n \to \infty lim n a = 1 \Leftrightarrow \forall ε > 0 \exists N = N (ε) \forall n > N : ∣ n a - 1∣ < ε$

Займемся неравенством в конце:

$∣ n a - 1∣ < ε$

Знаки модуля можно убрать, так как выражение под ним всегда больше $1$ , так как $a > 1$ :

$a^{\frac{1}{n}} - 1 < ε a^{\frac{1}{n}} < ε + 1$

Прологарифмируем это неравество по основанию $a$ , и, так как $a >$ , знак неравенства не поменяется:

$\frac{1}{n} < lo g_{a} (ε + 1)$

Изолируем $n$ :

$n > \frac{1}{lo g _{a} ( ε + 1 )}$

Выбирать $N$ из определения предела будем по следующей формуле:

$N (ε) = ⌈ \frac{1}{∣ lo g _{a} ( ε + 1 ) ∣} ⌉$

С таким $N$ любое $n > N$ будет натуральным и будет удовлетворять следующему неравенству:

$n > N (ε) = ⌈ \frac{1}{∣ lo g _{a} ( ε + 1 ) ∣} ⌉ \geq \frac{1}{∣ lo g _{a} ( ε + 1 ) ∣} \geq \frac{1}{lo g _{a} ( ε + 1 )}$

$n > \frac{1}{lo g _{a} ( ε + 1 )}$

Итак, для любого $ε > 0$ мы нашли такое $N$ , что все дальнешие $n$ будут удовлетворять неравенству

$∣ n a - 1∣ < ε$

Мы доказали по определению предела, что

$n \to \infty lim n a = 1$

$■$

Если $0 < a < 1$ , введем новую величину $b$ :

$b = \frac{1}{a}$

Заметим, что $b > 1$ , так как $a < 1$ . Выразим $a$ :

$a = \frac{1}{b}$

Возьмем корень $n$ -ой степени из обеих частей равенства:

$n a = \frac{n 1}{n b} = \frac{1}{n b}$

Теперь перейдем к нахождению предела:

$n \to \infty lim n a = n \to \infty lim \frac{1}{n b} = \frac{1}{n \to \infty lim n b} = \frac{1}{1} = 1$

$■$