$\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n^{\alpha}}{c^n}=0.(\alpha>0,c>1)$

Question

<h1>Problema</h1> <p>Asumir que el $\alpha>0,c>1.$% #% $ de #% prueba</p> <h1>A prueba de</h1> <p>Indicar $$\lim_{n \to \infty}\frac{n^{\alpha}}{c^n}=0.$. Entonces $b=c^{\frac{1}{\alpha}}$ $</p> <p>Observe que $$\frac{n^{\alpha}}{c^n}=\frac{n^{\alpha}}{(b^{\alpha})^n}=\left(\frac{n}{b^n}\right)^{\alpha}.$. Suponemos que $b=c^{\frac{1}{\alpha}}>1^{\frac{1}{\alpha}}=1$. Por lo tanto, $b=1+h(h>0)$ $</p> <p>Así $$\forall n \geq 2:b^n=(1+h)^n=1+nh+\frac{n(n-1)}{2}h^2+\cdots \geq \frac{n(n-1)}{2}h^2,$ $</p> <p>Por el teorema del apretón, podemos obtener %#% $ #%</p>

Answer 1

$c>1$. $c^n= \exp (n\log c)$, donde $\log c >0.$

$\dfrac{n^a}{\exp (n\log c)}$;

Conjunto de $b:=\dfrac{a}{\log c} >0$.

$(\dfrac{n^b}{\exp n})^{\log c}.$

Tomar el límite $n \rightarrow \infty$.

Answer 2

Si usted asume el teorema del binomio, se puede argumentar directamente como esta:

Si $n >m > a+1$ y $c = 1+h$ luego

$\begin{array}\ c^n &=(1+h)^n\ &=\sum{k=0}^n \binom{n}{k}h^k\ &>\binom{n}{m}h^{m}\ &=\dfrac{\prod{j=0}^{m-1}(n-j)}{m!}h^{m}\ &=\dfrac{n^m\prod{j=0}^{m-1}(1-j/n)}{m!}h^{m}\ \text{so}\ \dfrac{n^a}{c^n} &\lt \dfrac{n^a}{\dfrac{n^m\prod{j=0}^{m-1}(1-j/n)}{m!}h^{m}}\ &\lt \dfrac{m!}{n^{m-a}h^m\prod_{j=0}^{m-1}(1-j/n)}\ \end{matriz} $

Fijo $m$ y $h$, \dfrac{m $!} {h ^ m} es fijo $ y $\prod{j=0}^{m-1}(1-j/n) $ es una función creciente del $n$, tan $\prod{j=0}^{m-1}(1-j/n) \gt \prod_{j=0}^{m-1}(1-j/(m+1)) $ lo $\dfrac{n^a}{c^n} \lt \dfrac{g(m, h)} {n ^ {m-a}} \lt \dfrac{g (m $, h)} {n} donde $g(m, h)$ es una función de $m$ y $h$, lo $\dfrac{n^a}{c^n} \to 0$.

Answer 3

<h1>Otra prueba de</h1> <p>En primer lugar, podemos probar que $$\forall k \in \mathbb{N}:\lim_{n \to \infty}\frac{n^{k}}{c^n}=0.$ $</p> <p>Para ello, asumimos que $c=1+h(h>0)$. Entonces $$\forall n \geq k+1:(1+h)^n\geq \frac{n(n-1)\cdots(n-k)}{(k+1)!}h^{k+1}.$$Thus\begin{align*} 0 \leq \frac{n^k}{c^n} &\leq \frac{(k+1)!}{h^{k+1}}\cdot \frac{n^k}{n(n-1)\cdots(n-k)}\\&=\frac{(k+1)!}{h^{k+1}}\cdot \dfrac{1}{n\left(1-\dfrac{1}{n}\right)\cdots\left(1-\dfrac{k}{n}\right)}\to 0(n \to \infty). \end{align*} por el teorema del apretón, ya terminamos.</p> <p>Ahora, es obvio que siempre podemos elegir un % fijo $k\in \mathbb{N}$tal que $\alpha\leq k.$ entonces %#% $ de #% por el teorema del apretón, obtenemos $$0 \leq \frac{n^\alpha}{c^n} \leq \frac{n^k}{c^n}\to 0(n \to \infty).$$which es lo que queremos.</p>

Answer 4

Que bonito, como una alternativa sin Teorema del binomio podemos demostrar

$$\frac{n^{\alpha}}{c^n}=e^{\alpha \log n-n\log c} \to 0$$

de hecho desde $\frac{\log x}x\to 0 \implies \frac{\log n}n\to 0$ tenemos

$$\alpha \log n-n\log c = n\left(\alpha\frac{\log n}n-\log c\right) \to-\infty$$

y probar % asumiendo $\frac{\log x}x\to 0$% #% ya que eventualmente $x=e^y \to \infty$ tenemos

$e^y>y^2$$