Demostrando un límite básico

Question

Estoy tratando de demostrar un límite básico: $$\lim_{n\to \infty}\frac{n^\alpha}{2^n}=0, \alpha>1$$ (Parece que esto debería estar aquí en alguna parte ya, pero yo no era capaz de encontrar a través de la búsqueda, yo posiblemente necesite ayuda con mis habilidades de búsqueda? :)

He aquí lo que encontré:

A) Hay $\alpha$ poderes de $n$ en el numerador (duh).

B) $2^n=(1+1)^n=1+n+\binom{n}{2}+\cdots+\binom{n}{n-1}+1$

C) El mayor poder de $n$ en el denominador es $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$ (a partir del teorema del binomio)

D) por Lo tanto el poder de $n$ en el denominador crece indefinidamente, mientras que en el numerador es siempre permanece $\alpha$.

Si estas son verdaderas, entonces se sigue que para algunos $n_0$ y todos los $n>n_0$, $2^n$ crece más rápido de lo $n^\alpha$ y el límite se aproxima a cero.

Sin embargo, esto es muy vago y posiblemente falsa, y aquí es donde me quedé atrapado. Muchas gracias por la ayuda!

Answer 1

En realidad, solo necesita modificar la parte C. Aunque$2^n$ no crece tan rápido como$n^{n/2}$, aún podemos mostrar que$2^n$ crece más rápido que$n^{\alpha}$ para cualquier arreglo $\alpha$.

Corrige un entero positivo$m > \alpha$. Luego, para$n \geq m$ tenemos

ps

Esto ya confirma que$$2^n = (1+1)^n \geq \binom{n}{m} = \frac{n(n-1)\cdots(n-m+1)}{m!} = \frac{n^{m}}{m!}\left(1 - \frac{1}{n}\right)\cdots\left(1 - \frac{m-1}{n}\right). $ crece más rápido que$2^n$ para algunos$C_{m} n^{m}$ si$C_m > 0$ es grande. Entonces nosotros tenemos

ps

así la conclusión sigue por el lema exprimidor.

Answer 2

Su afirmación de que el mayor poder de $n$ en el denominador es $r=\lfloor n/2 \rfloor$ no es cierto. Usted mismo puede comprobar que $n^r$ realmente crece más rápido de lo $2^n.$

En lugar de ello, se puede considerar que la relación de términos consecutivos de esta sucesión. $$ \frac{(n+1)^{\alpha} }{2^{n+1} } \cdot \frac{2^n}{n^{\alpha}}= \frac{1}{2} \left( 1+ 1/n\right)^{\alpha}.$$

Por lo suficientemente grande como $n$, esta relación se mantiene a menos de, digamos, $3/4$, lo que implica que hay una serie geométrica de razón común $3/4$ (por lo que tiende a 0) que los límites de esta secuencia de arriba, y por el teorema del sándwich esta secuencia va a 0 así.