Cómo probar que $\lim_{n \to \infty} n x^{n} = 0 $ al $0<x<1$?

Question

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

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

Answer 1

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,

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

Answer 2

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 $(1+t)^n \ge (1+mt)^2\ge m^2 t^2$.

Answer 3

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 -\infty$$n\to +\infty$. Utilizamos el hecho de que $\log n\leq \sqrt n$ $n$ lo suficientemente grande como para ver que $$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.

Answer 4

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 q$$n\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 $$\lim_{n\to\infty} a_n=0.$$

Answer 5

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 $$nx^n= (n^{\frac{1}{n}}x)^n \leq ((1+\frac{a-x}{x})x)^n=a^n\leq \epsilon$$