Mostrando que la secuencia de $x^n \sqrt{n}$ converge a 0 cuando se $|x|<1$

Question

Para un número real $x$ tal que $|x|<1$, muestran que la secuencia de $(x^n\sqrt{n})_{n \in \mathbb{N}}$ es convergente con límite de 0.

He aquí lo que tengo hasta ahora: Deje $\epsilon > 0$. Queremos encontrar a $N$ tal que para todos los $n > N, |x^n\sqrt{n}| < \epsilon$. Ahora tenemos $n\log(x) + \frac{1}{2}\log(n) < n + n = 2n < \log (\epsilon)$. Así que elija $N$$N<\frac{\log(\epsilon)}{2}$.

Mi pregunta es, es el uso de logaritmos una forma válida para el planteamiento de una pregunta sobre la convergencia, y es que hay una alternativa mejor método para abordar esta pregunta?

EDIT: Intente 2: Si $x=0$, $x^{n}\sqrt{n}=0$ por cada $n \in \mathbb{N}$ y por lo tanto $$\lim_{n\to\infty}x^{n}\sqrt{n}=0$$ So we can assume $x \neq 0$. Then, note that $h = \frac{1}{|x|} - 1 > 0$. De Bernoulli de la desigualdad tenemos: $\frac{1}{|x|^{n}\sqrt{n}} = \frac{(1+h)^{n}}{\sqrt{n}} \geq \frac{1+nh}{\sqrt{n}} > \sqrt{n}h.$ Por lo tanto, tenemos $0 \leq |x|^{n}\sqrt{n} \leq \frac{1}{\sqrt{n}h}.$ Ahora, dados cualesquiera $\epsilon > 0$, tomamos $N \geq (\frac{1}{\epsilon h})^2$. Ahora para $n>N, |x^n\sqrt{n} - 0| = |x^n\sqrt{n}| \leq \frac{1}{\sqrt{n}h} < \frac{1}{\sqrt{N}h} \leq \epsilon$. Por lo tanto $$\lim_{n\to\infty}x^{n}\sqrt{n}=0$$

Answer 1

Elevar al cuadrado, y tomar el límite de $n \to \infty$

A continuación, utilice la regla de L'Hospital

Answer 2

Tenga en cuenta que desde $x\mapsto x^2$ es continua $x^n\sqrt n\to 0$ si y sólo si $nx^{2n}\to 0$. Tenemos

$$\sum_{n=0}^\infty nx^{2n} = \frac 12\sum_{n=0}^\infty 2nx^{2n} = \frac 12x\left(\sum_{n=0}^\infty x^{2n}\right)' =\frac 12 x\left(\frac{1}{1-x^2}\right)'=\frac{x^2}{(1-x^2)^2},\quad |x|<1$$

Hemos utilizado la convergencia de series geométricas aquí. Desde $\sum nx^{2n}$ converge, $nx^{2n}\to 0$ por el conocido criterio necesario para la convergencia de series.

Answer 3

Si no existe $c\in(0,1)$ tal que $\left|\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\right| \le c$ todos los $n$, $u_n$ converge a $0$ (debido a $|u_n| \le |u_1|c^{n-1}$, e $c^{n-1}$ converge a $0$).

De manera más general, si existe el $c \in(0,1)$ $N\in\mathbb N$ tal que $\left|\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\right| \le c$ todos los $n \ge N$, $u_n$ converge a $0$ (debido a $|u_n| \le |u_N|c^{n-N}$ si $n \ge N$, e $c^{n-N}$ converge a $0$).

Por tanto, y dado $x$ tal que $|x|<1$, quiere encontrar a $c$ $N$ tal que $\left|\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\right| = |x|\sqrt{\dfrac{n+1}{n}}$ es de menos de $c$ todos los $n\ge N$. Puede usted hacer esto?

Answer 4

El intento con el logaritmo es interesante, aunque sea mal.

Tenga en cuenta que $|x|<1$, lo $\log|x|<0$. Por otra parte también se $\varepsilon$ podría ser menos de $1$ (y usted tiene que probar la aserción para cada $\varepsilon>0$).

La desigualdad $$ |x^n\sqrt{n}|<\varepsilon $$ se convierte en $$ n\log |x|+\frac{1}{2}\log n<\log\varepsilon $$ Desde $\frac{1}{2}\log n<n$, podemos resolver la desigualdad $$ n\left(\frac{1}{2}+\log |x|\right)<\log\varepsilon $$ Esto daría $$ n>\frac{\log\varepsilon}{\frac{1}{2}+\log|x|} $$ al $\log|x|<-1/2$, pero no hay información al $-1/2\le\log|x|<0$. Una mayor desigualdad de $\log n<2n$ debe ser utilizado.

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Usando la desigualdad de Bernoulli, parece más prometedora. La desigualdad puede escribirse $$ \frac{1}{\varepsilon}<\frac{1}{|x|^n\sqrt{n}} $$ (podemos suponer $x\ne0$, porque para $x=0$ no hay nada que probar). Set$1/|x|=1+t$,$t>0$. Entonces $$ \frac{1}{|x|^n\sqrt{n}}=\frac{(1+t)^n}{\sqrt{n}}\ge\frac{1+nt}{\sqrt{n}} $$ Si la desigualdad $$ \frac{1+nt}{\sqrt{n}}>\frac{1}{\varepsilon} $$ es satisfecho por $n>N$ ($N$ dependiendo $\varepsilon$), hemos terminado. Puede usted hacerlo?