Si $-1<x demostrar="" disminuyendo.="" est="" idea.="" mostrar="" no="" que="" s="" tengo=""></x>
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Matthew Scouten
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user26872
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Si $x=0$ hemos terminado. De lo contrario, podemos mostrar Convergencia absoluta usando l'Hôpital, $$ \begin{eqnarray} \lim{n\to\infty}|n x^n| &=& \lim{n\to\infty} \frac{n}{|x|^{-n}} \ &=& \lim{n\to\infty} \frac{\frac{d}{dn} n}{\frac{d}{dn} |x|^{-n}} \ &=& \lim{n\to\infty} \frac{1}{-|x|^{-n}\log |x|} \ &=& \lim_{n\to\infty} -\frac{|x|^n}{\log |x|} \ &=& 0. \end{eqnarray } $$
Pedro Tamaroff
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Si $-1<x y="">1$. Por ejemplo:</x>
$$1>0.1=\frac{1}{10}$$ $$1>0.25=\frac{1}{4}$$ $$1>0.\overline 3 =\frac{1}{3}$$
Entonces, podemos escribir la secuencia como
$$a_n=\frac{n}{r^n}$$
¿Se puede probar y ver lo que pasaría al $a_n$ % grande $n$?
Decir $r=2$. Entonces, ¿cuál sería $$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n}{2^n}$ $? ¿Se puede probar y generalizar?
También tenga en cuenta que para positivo $r$ $$a_{n+1}=\frac{n+1}{r^{n+1}}=\frac{1}{r}\frac{n}{r^n}+\frac{1}{r}\frac{1}{r^n}=$ $$$=\frac{1}{r}a_n+\frac{1}{r}\frac 1 n a_n
IvanP
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Creo que uno podría utilizar la monotonía de las funciones de $n$ a fin de justificar la toma de la continua derivada respecto a $n$ en el de l'Hospital argumento anterior (oen). Esto sería todavía sólo funcionará para x positivo (por lo que James ha mencionado). Pero entonces, no puede uno argumentar que, debido a $|nx^n| = |ny^n|$ para enteros positivos $n$ y para las constantes $x$ $y$ (donde $x=-y$ $y$ es positivo), que $\lim_{n\to\infty}|nx^n| = \lim_{n\to\infty}|ny^n| = \lim_{n\to\infty}ny^n = 0$. (La segunda a la última igualdad es válida porque la $ny^n >0$ y la última igualdad es el límite cuyo valor está dado por el de l'Hospital argumento.) Se podría decir, entonces, que desde $\lim_{n\to\infty}|nx^n| = 0$ que $\lim_{n\to\infty}nx^n = 0$? (-1 < x < 0) Esto parece bien a mí, pero quiero saber lo que usted piensa.
