$ \lim_ {n \to \infty } \frac {n^{100}}{2^n+n^2+5}$

Question

$$ \lim_ {n \to \infty } \frac {n^{100}}{2^n+n^2+5}$$

No sé cómo manejar $n^{100}$ Pensé que $2^n$ > $n^{100}$ y por lo tanto el $$0= \lim_ {n \to \infty } \frac {n^{100}}{3 \cdot2 ^n} \leq\lim_ {n \to \infty } \frac {n^{100}}{2^n+n^2+5} \leq\lim_ {n \to \infty } \frac {n^{100}}{2^n}=0$$ $$ \lim_ {n \to \infty } \frac {n^{100}}{2^n+n^2+5}=0$$ ¿Estoy en lo cierto?

Answer 1

Puede escribir, como $n$ es genial: $$ \frac {n^{100}}{2^n+n^2+5}= \frac { \frac {n^{100}}{2^n}}{1+ \frac {n^{2}}{2^n}+ \frac {5}{2^n}} \longrightarrow \frac01 =0 $$ ya que sabes que $$ \lim_ {n \to \infty } \frac {n^{100}}{2^n}= \lim_ {n \to \infty } \frac {n^{2}}{2^n}= \lim_ {n \to \infty } \frac {5}{2^n}=0.$$

Answer 2

Dices "Pensé que $2^n>n^{100}$ "y esto es cierto para todos suficientemente grande $n$ sin embargo, para los pequeños $n$ no es cierto en absoluto.

Toma $n=10$ por ejemplo. Luego $2^{10} = 1024$ mientras que $10^{100}$ es un $1$ con seguido de $100$ Ceros.

Tiene razón en que el límite es $0$ pero para los pequeños $n$ el valor es enorme, aunque no infinito. Esto no está en contradicción; de hecho, es precisamente lo que este ejercicio debería hacerte comprender.

Answer 3

aquí hay una forma de mostrar $ \lim_ {n \to \infty }{n^{100} \over 2^n} = 0$ aceptando que el límite existe.

utilizaremos el hecho de que si $ \lim_ {n \to \infty }f(n) = L,$ entonces también lo es $ \lim_ {n \to \infty }f(2n) = L,$

Supongamos que $$L = \lim_ {n \to \infty } {n^{100} \over 2^n} = \lim_ {n \to \infty }{(2n)^{100} \over 2^{2n}} = \lim_ {n \to \infty } {2^{100} \over 2^n} 2^{100-n} = L \lim_ {n \to \infty } 2^{100 -n} = L \times 0 = 0$$

Answer 4

Escriba $100^n = 2^{100 \log_2 n}$ . Luego ${100^n \over 2^n} = 2^{100 \log_2 n -n}$ . Desde $ \lim_ {n \to \infty } (100 \log_2 n -n) = - \infty $ Tenemos $ \lim_ {n \to \infty }{100^n \over 2^n} = 0$ .

Para ver por qué $ \lim_ {n \to \infty } (100 \log_2 n -n) = - \infty $ el primer vistazo a $ \ln x - \alpha x$ para algunos $ \alpha >0$ . Tenemos $ \ln x - \alpha x = \ln x - \alpha (x-1) - \alpha = \int_1 ^x ({1 \over t}- \alpha ) dt - \alpha $ . Si elegimos $x_0 = { 2 \over \alpha }$ y dejar $C= \int_ {x_0}^{x} ({1 \over t}- \alpha ) dt - \alpha $ Tenemos $ \ln x - \alpha x = C + \int_ {x_0}^{x} ({1 \over t}- \alpha ) dt \le C - { \alpha \over 2} (x-x_0)$ de la cual vemos que $ \lim_ {x \to \infty } ( \ln x - \alpha x) = - \infty $ . Desde $ \log_2 x= {1 \over \ln 2} \ln x$ eligiendo $ \alpha = { \ln 2 \over 100}$ da el resultado deseado.