Loading [MathJax]/jax/element/mml/optable/BasicLatin.js

26 votos

Cómo probar que lim al 0<x<1?

Intuitivamente es fácil, pero difícil de demostrar por el epsilon-delta del método:

\lim_{n \to \infty} n x^{n} = 0

29voto

DonAntonio Puntos 104482

Bueno, aquí de nuevo voy a intentar una fantasía de la prueba. Veamos el poder de la serie

\sum_{n=1}^\infty nx^n\,\,,\,\,\text{and let us define}\,\,\,a_n:=nx^n

Tratamos de la prueba de razón de encontrar esta serie de convergencia de la radio:

\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\left|\frac{(n+1)x^{n+1}}{nx^n}\right|=|x|\frac{n+1}{n}\xrightarrow [n\to\infty]{} |x|

Por lo tanto, la serie converge (absolutamente, incluso) por \,|x|<1\, , del que se desprende que la serie de término general que debe converger a cero, es decir,

a_n=nx^n\xrightarrow [n\to\infty]{} 0\,\,,\,\,\text{for}\;\;|x|<1

20voto

Oli Puntos 89

Vamos a comprobar el resultado en la ligeramente más débil condición de |x|\lt 1.

Deje |x|=\dfrac{1}{1+t}. A continuación,t\gt 0.

Por el Teorema del Binomio, si n \ge 2, luego (1+t)^n \ge 1+nt +\frac{n(n-1)}{2}t^2 \gt \frac{n(n-1)}{2}t^2.

De ello se sigue que 0\le n|x^n| \lt \frac{2}{(n-1)t^2}. Ahora es fácil, dado \epsilon \gt 0, para encontrar N que si n \gt N \dfrac{2}{(n-1)t^2}\lt \epsilon.

Nota: Si no desea utilizar el Teorema del Binomio, vamos a m=\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor. Por la Desigualdad de Bernoulli, (1+t)^m \ge 1+mt, y por lo tanto (1+t)^n \ge (1+mt)^2\ge m^2 t^2.

7voto

Davide Giraudo Puntos 95813

Tenemos nx^n=\exp(\log n)\exp(n\log x)=\exp(n\log x+\log n), por lo que es suficiente para demostrar que n\log x+\log n\to -\inftyn\to +\infty. Utilizamos el hecho de que \log n\leq \sqrt n n lo suficientemente grande como para ver que n\log x+\log n\leq n\log x+\sqrt n=n\left(\log x+\frac 1{\sqrt n}\right). Como \log x<0, \log x+\frac 1{\sqrt n}<\frac{\log x}2 para n bastante grande por lo tanto n\log x+\log n\leq n\frac{\log x}2, lo que da el resultado.

6voto

freespace Puntos 9024

Deje a_n=nx^n. Usted tiene \frac{a_{n+1}}{a_n}= \frac{n+1}n x = \left(1+\frac1n\right) x. Deje q=\frac{1+x}2. (O, podemos elegir cualquiera de q tal que x<q<1.)

Existe n_0 tal que \left(1+\frac1n\right) x \le qn\ge n_0. (Desde \lim\limits_{n\to\infty} \left(1+\frac1n\right) x = x < q.)

Así tenemos 0 \le a_n \le a_{n_0} \cdot q^{n-n_0} para n\ge n_0. (Usted puede demostrar fácilmente por inducción.)

Desde q^n\to 0 n\to\infty tenemos \lim_{n\to\infty} a_n=0.

5voto

clark Puntos 5754

Supongamos que usted sabe \lim n^{\frac{1}{n}} =1, vamos a \epsilon >0

a continuación, tome n_o tal que n^{\frac{1}{n}} \leq 1+\frac{a-x}{x} \forall n \geq n_0 donde x<a<1 Ahora suponga que usted sabe \lim b^n =0 b\in (0,1) Elegir un n_1 tal que a^n \leq \epsilon \forall n \geq n_1 Ahora tome \max\{n_0,n_1\} así, obtenemos nx^n= (n^{\frac{1}{n}}x)^n \leq ((1+\frac{a-x}{x})x)^n=a^n\leq \epsilon

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X