pregunta de límite: $\lim\limits_{n\to \infty } \frac{n}{2^n}=0$

Question

$$ \lim_{n\to\infty}\frac n{2^n}=0. $$

Sé cómo probar usando el truco, $2^n=(1+1)^n=1+n+\frac{n(n-1)}{2}+\text{...}$

Pero, ¿cómo demostrarlo sin usar esto?

Answer 1

Vamos a hacer algo diferente!!

Tenga en cuenta que la secuencia $\{\frac{n}{2^n}\}_{n\geq 1}$ está disminuyendo (fácil de probar) y así delimitado por abajo por $0$, $\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{n}{2^n}$ existe. Lo llaman $L$.

$$ L = \lim_ {n\rightarrow \infty}\frac{n}{2^n}=\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{(2n)}{2^{(2n)}} = \lim_ {n\rightarrow\infty} (\frac {1} {2 ^ {n-1}} \frac {n} {2 ^ n}) = [\lim_ {n\rightarrow\infty} \frac {1} {2 ^ {n-1}}] [\lim_ {n\rightarrow \infty}\frac{n}{2^n}]=(0) (L) = 0$ $

Answer 2

Poner

$$a_n:=\frac{\sqrt[n]n}2\implies a_n\xrightarrow [n\to\infty]{}\frac12\implies$$

Si tomamos decir $\,\epsilon=0.1\;$ luego

$$\exists\,N_\epsilon\in\Bbb N\;\;s.t.\;\;n>N_\epsilon\implies \left|a_n-\frac12\right|<0.1\iff \frac25<a_n<\frac35\implies$$

$$\implies \left(\frac25\right)^n<a_n^n=\frac n{2^n}<\left(\frac35\right)^n$$

Ahora aplique el teorema del apretón y conseguir lo que deseas

Answer 3

Vamos a ser originales. Deje $$ \frac 1 {1-x} = \sum_{k \ge 0} x ^ k, $$ que significa la derivada de esta serie también es convergente con el mismo radio de convergencia (es decir, $1$) por Teorema de Taylor: $$ x \left (\frac 1 {(1-x) ^ 2} \right) = x \left (k \sum_{k \ge 0} x ^ {k-1} \right) = \sum_{k \ge 0} k x ^ k. $$ dejando $x = 1/2$, vemos que la serie $ \sum_{k \ge 0} \frac{k}{2^k} $ es convergente , por lo tanto, $\lim_{k \to \infty} \frac{k}{2^k} = 0$.

Espero que ayude,

Answer 4

Aquí resulta útil

Si $\lim_{n \to \infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=a $ y $|a|<1$ y $\lim_{n\to \infty} a_n = 0.$

Answer 5

Para $n$ grande, tenemos $2^n\ge n^2$. Esto puede ser fácilmente demostrado por inducción para $n\ge 4$. Me gustaría decir que a $$ \frac n{2^n}=\frac n{2^{\sqrt n}}\frac1{2^{n-\sqrt n}}, $$ and the first fraction is bounded above by $1$, while the second approaches $0$.

Ahora, ya que hemos utilizado para la inducción, no podemos hacer esto como $\sqrt n$ no es un número entero. Así que ajustar, dejando $t_n=\lfloor \sqrt n\rfloor$, e $s_n=t_n^2$, luego $$ \frac n{2^n}=\frac{s_n}{2^{t_n}}\frac{n/s_n}{2^{n-t_n}}, $$ y el resto es claro, porque el $n/s_n<2$$n-t_n \to\infty$.

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Sólo por diversión, mi favorito de la prueba de $2^n\ge n^2$$n\ge4$, usando el teorema del binomio (a la que han dicho que prefieren evitar): Para $n=4$ tenemos igualdad, y si $n>4$$n-2>2$, por lo que $$2^n=(1+1)^n> n+\binom n2+\binom n{n-2}=n^2. $$

(Tenga en cuenta que argumentos similares que dar para cualquier fija $k$, $2^n>n^k$ $n$ lo suficientemente grande.)