Chciałbym pokaza \(\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{b^n}{n^k} = \infty}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ b >1}\) i wszystkich \(\displaystyle{ k \in \NN}\).
Jakiejś zbytniej wiedzy nie posiadam czyli bazuję na uporządkowanym ciele z aksjomatem Archimedesa. Wiem co to ciąg, znam podstawowe prawa związane z ciągami. Nie znam pierwiastków itd. W sumie nie wiem jakie to ma znaczenie, ale mimo tego próbuję tak:
Chcę pokazać \(\displaystyle{ \lim \frac{n^k}{b^n} = 0}\). Wybieram dowolny \(\displaystyle{ \epsilon > 0}\) i musze pokazać, że dla wszystkich \(\displaystyle{ n \ge N}\) zachodzi \(\displaystyle{ \frac{n^k}{b^n} < \epsilon}\). Mam zatem \(\displaystyle{ \epsilon > \frac{1}{n} > \frac{1}{n^k} = \frac{n^k}{n^k n^k}}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ n \ge N}\). Do zakończenia dowodu brakuje przejścia \(\displaystyle{ \frac{n^k}{b^n} < \frac{n^k}{n^k n^k}}\) z czym mam właśnie problemy. Wystarczy pokazać \(\displaystyle{ b^n > n^k n^k}\) czyli \(\displaystyle{ b^n > n^a}\) (bo \(\displaystyle{ a := k^2}\)) dla wszystkich \(\displaystyle{ n \ge N}\). No i właśnie tutaj mam problemy.
Czy może zupełnie źle się za to wziąłem i muszę jakoś inaczej?
Granica ciągu potęg
-
liu
- Użytkownik
- Posty: 1330
- Rejestracja: 10 paź 2004, o 13:30
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Suchedniów
- Pomógł: 104 razy
Granica ciągu potęg
Wskazówka: korzystając z wzoru dwumianowego Newtona
\(\displaystyle{ (1+x)^n = \sum_{j} {n \choose j} x^j}\)
można zauważyć, że (przynajmniej dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\), nie staram się być szczególnie porządny)
\(\displaystyle{ (1+x)^n > {n \choose {k+1}} x^{k+1}}\).
Spróbuj popatrzeć na ten współczynik dwumianowy, to jest jakiś wielomian (ze względu na zmienną \(\displaystyle{ n}\)) stopnia \(\displaystyle{ k+1}\) i dalej to się pociągnie.
Szczególny przypadek tej granicy miałeś pewnie wyprowadzany na wykładzie z użyciem nierówności Bernoulliego, tutaj po prostu używamy silniejszego oszacowania z dołu.
\(\displaystyle{ (1+x)^n = \sum_{j} {n \choose j} x^j}\)
można zauważyć, że (przynajmniej dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\), nie staram się być szczególnie porządny)
\(\displaystyle{ (1+x)^n > {n \choose {k+1}} x^{k+1}}\).
Spróbuj popatrzeć na ten współczynik dwumianowy, to jest jakiś wielomian (ze względu na zmienną \(\displaystyle{ n}\)) stopnia \(\displaystyle{ k+1}\) i dalej to się pociągnie.
Szczególny przypadek tej granicy miałeś pewnie wyprowadzany na wykładzie z użyciem nierówności Bernoulliego, tutaj po prostu używamy silniejszego oszacowania z dołu.
-
novicjusz
- Użytkownik
- Posty: 234
- Rejestracja: 14 mar 2015, o 22:23
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 24 razy
- Pomógł: 20 razy
Granica ciągu potęg
Liu, szczerze mówiąc nie bardzo rozumiem Twoją ideę. Fakt, mogę \(\displaystyle{ b^n}\) rozłożyć, a co za tym idzie skorzystać z dwumianu Newtona. Będę miał wtedy wielomian o współczynnikach mocno zależnych od \(\displaystyle{ b}\), a mianowicie \(\displaystyle{ b-1}\). Wspomniany przez Ciebie jakiś składnik wielomianu (przy odpowiednio dużym \(\displaystyle{ n}\)) będzie mniejszy od \(\displaystyle{ (1+x)^n}\) - tutaj też zgoda. Tylko dalej nie mam żadnego powiązania z \(\displaystyle{ n^a}\) co jest kluczowe. A przynajmniej tego nie widzę. Być może za późna godzina dla mnie.
-
liu
- Użytkownik
- Posty: 1330
- Rejestracja: 10 paź 2004, o 13:30
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Suchedniów
- Pomógł: 104 razy
Granica ciągu potęg
Zależy nam na tym, żeby znaleźć oszacowanie z dołu, więc możemy zgubić większość tego wielomianu, zostawić składnik, który wystarczy (ten który wskazałem), o ile będzie on dostatecznie szybko dążył do nieskończoności. Dlatego wybrałem taki rzędu \(\displaystyle{ n^{k+1}}\), że jak się to podzieli przez \(\displaystyle{ n^k}\), to będzie ok.
To, co jest zależne od \(\displaystyle{ b}\), czyli \(\displaystyle{ (b-1)^{k+1}}\) nie ma znaczenia, bo jest stałe. Współczynnik dwumianowy, czyli \(\displaystyle{ n(n-1)\ldots(n-k)/(k+1)!}\) jak się go podzieli przez \(\displaystyle{ n^k}\) to wychodzi coś rzędu \(\displaystyle{ n}\), co dąży do nieskończoności.
To, co jest zależne od \(\displaystyle{ b}\), czyli \(\displaystyle{ (b-1)^{k+1}}\) nie ma znaczenia, bo jest stałe. Współczynnik dwumianowy, czyli \(\displaystyle{ n(n-1)\ldots(n-k)/(k+1)!}\) jak się go podzieli przez \(\displaystyle{ n^k}\) to wychodzi coś rzędu \(\displaystyle{ n}\), co dąży do nieskończoności.
-
novicjusz
- Użytkownik
- Posty: 234
- Rejestracja: 14 mar 2015, o 22:23
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 24 razy
- Pomógł: 20 razy
Granica ciągu potęg
Ah, czyli pokazujesz bezpośrednio \(\displaystyle{ \lim \ b^n / n^k = \infty}\)? Ja cały czas myślami byłem przy nierówności \(\displaystyle{ b^n > n^a}\).
Ostatnio zmieniony 5 lip 2016, o 22:03 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
Santiago A
- Użytkownik
- Posty: 248
- Rejestracja: 22 sty 2016, o 20:56
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zaragoza
- Podziękował: 9 razy
- Pomógł: 51 razy
Granica ciągu potęg
Pokażę to, od czego zaczął się ten temat, to znaczy:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{n^k}{z^n} = 0}\) dla \(\displaystyle{ k \in \mathbb N}\) oraz \(\displaystyle{ z \in \mathbb C}\), że \(\displaystyle{ |z| > 1}\).
Połóżmy \(\displaystyle{ |z| = 1 + x}\), gdzie \(\displaystyle{ x > 0}\). Dla każdego \(\displaystyle{ n > 2k}\) rozwinięcie dwumianowe daje nam
\(\displaystyle{ (1 + x)^n > {n \choose k +1} x^{k+1} = \frac{n(n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k)}{(k+1)!} x^{k+1} > \frac{n^{k+1}x^{k+1}}{2^{k+1} (k+1)!}}\).
Oznacza to, że (dla dokładnie tych samych \(\displaystyle{ n}\)) prawdą jest
\(\displaystyle{ \left| \frac{n^k}{z^n} \right| < \frac{2^{k+1} (k+1)!}{x^{k+1}} \cdot \frac 1 n}\),
a zatem \(\displaystyle{ |n^k \cdot z^{-n} | < \varepsilon}\), jeśli tylko
\(\displaystyle{ n > N := \max \left\{ \frac{2^{k+1} (k+1)!}{x^{k+1}} \cdot \frac 1 \varepsilon, 2k \right\}}\).
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{n^k}{z^n} = 0}\) dla \(\displaystyle{ k \in \mathbb N}\) oraz \(\displaystyle{ z \in \mathbb C}\), że \(\displaystyle{ |z| > 1}\).
Połóżmy \(\displaystyle{ |z| = 1 + x}\), gdzie \(\displaystyle{ x > 0}\). Dla każdego \(\displaystyle{ n > 2k}\) rozwinięcie dwumianowe daje nam
\(\displaystyle{ (1 + x)^n > {n \choose k +1} x^{k+1} = \frac{n(n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k)}{(k+1)!} x^{k+1} > \frac{n^{k+1}x^{k+1}}{2^{k+1} (k+1)!}}\).
Oznacza to, że (dla dokładnie tych samych \(\displaystyle{ n}\)) prawdą jest
\(\displaystyle{ \left| \frac{n^k}{z^n} \right| < \frac{2^{k+1} (k+1)!}{x^{k+1}} \cdot \frac 1 n}\),
a zatem \(\displaystyle{ |n^k \cdot z^{-n} | < \varepsilon}\), jeśli tylko
\(\displaystyle{ n > N := \max \left\{ \frac{2^{k+1} (k+1)!}{x^{k+1}} \cdot \frac 1 \varepsilon, 2k \right\}}\).
-
Santiago A
- Użytkownik
- Posty: 248
- Rejestracja: 22 sty 2016, o 20:56
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zaragoza
- Podziękował: 9 razy
- Pomógł: 51 razy
Granica ciągu potęg
Problem w tym, że autor tematu chciałby podejść do zadania w możliwie elementarny sposób. Moje rozwiązanie wymaga jedynie wzoru dwumianowego (z kombinatoryki) oraz samej definicji zbieżności, założyłem bowiem, iż nie mamy do dyspozycji żadnego kryterium zbieżnościowego.a4karo pisze:Najprościej chyba zbadać iloraz dwóch kolejnych wyrazów tego ciągu...
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5220 razy
Granica ciągu potęg
Jednak ja upieram się, że badanie ilorazu dwóch kolejnych wyrazów ciągu jest sposobem elementarnym.
Jeżeli mamy ciąg liczbowy \(\displaystyle{ (a_n)_{n \in \NN}}\) o niezerowych wyrazach i wiemy, że
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=g <1}\), to możemy sobie wziąć (ustalone) dowolne \(\displaystyle{ q \in (g,1)}\) - wtedy istnieje takie \(\displaystyle{ n_0 \in \NN}\) (oczywiście zależne od \(\displaystyle{ q}\)), że dla wszystkich \(\displaystyle{ n}\) większych od \(\displaystyle{ n_0}\) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|<q}\) - wystarczy zaaplikować definicję granicy i wziać w szczególności \(\displaystyle{ \varepsilon=q-g}\), a następnie zastosować nierówność trójkąta.
Zatem dla \(\displaystyle{ n>n_0}\) mamy \(\displaystyle{ |a_{n}|=|a_{n_0}| \prod_{k=n_0}^{n-1}\left| \frac{a_{k+1}}{a_k} \right| \le |a_{n_0}|q^{n-n_0}}\)
i ponieważ \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }q^{n-n_0}=0}\), to \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }|a_{n}|=0}\), a więc i \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }a_n=0}\).
Jak dla mnie dużo prostsze, ale to już może kwestia gustu.
Jeżeli mamy ciąg liczbowy \(\displaystyle{ (a_n)_{n \in \NN}}\) o niezerowych wyrazach i wiemy, że
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=g <1}\), to możemy sobie wziąć (ustalone) dowolne \(\displaystyle{ q \in (g,1)}\) - wtedy istnieje takie \(\displaystyle{ n_0 \in \NN}\) (oczywiście zależne od \(\displaystyle{ q}\)), że dla wszystkich \(\displaystyle{ n}\) większych od \(\displaystyle{ n_0}\) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|<q}\) - wystarczy zaaplikować definicję granicy i wziać w szczególności \(\displaystyle{ \varepsilon=q-g}\), a następnie zastosować nierówność trójkąta.
Zatem dla \(\displaystyle{ n>n_0}\) mamy \(\displaystyle{ |a_{n}|=|a_{n_0}| \prod_{k=n_0}^{n-1}\left| \frac{a_{k+1}}{a_k} \right| \le |a_{n_0}|q^{n-n_0}}\)
i ponieważ \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }q^{n-n_0}=0}\), to \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }|a_{n}|=0}\), a więc i \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }a_n=0}\).
Jak dla mnie dużo prostsze, ale to już może kwestia gustu.
-
novicjusz
- Użytkownik
- Posty: 234
- Rejestracja: 14 mar 2015, o 22:23
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 24 razy
- Pomógł: 20 razy
Granica ciągu potęg
Dzięki za Wasze wpisy.
@Liu:
Coś mi tu nie gra. \(\displaystyle{ k}\) jest dowolne więc \(\displaystyle{ k+1}\) może być większe od \(\displaystyle{ n}\). Co to oznacza dla ciągu \(\displaystyle{ f(n) = {n \choose k+1} x^{k+1}}\)? Mamy więc \(\displaystyle{ 0 \cdot \frac{1}{(k+1)!} \cdot x^{k+1}}\) i oczywiście możemy to podzielić (przy odpowiednio dużym \(\displaystyle{ n}\)) przez \(\displaystyle{ n^k}\), ale to nam da \(\displaystyle{ 0}\), więc ciąg będzie dążył do \(\displaystyle{ 0}\) jeśli \(\displaystyle{ k+1 > n}\).
@Santiago A:
Pierw zadawałem sobie pytanie dlaczego \(\displaystyle{ n(n-1)...(n-k) > \frac{n^{k+1}}{2^{k+1}}}\) dla \(\displaystyle{ n>2k}\), ale teraz zastanwiam się czy nie ma tutaj tego samego problemu jak ten, który opisałem Liu. Bo przecież przejście "\(\displaystyle{ >}\)" bazuje na tym, że \(\displaystyle{ k}\) jest odpowiednio małe, a wiemy, że może być dowolne. No chyba, że ja znowu coś namieszałem...
@Premislav:
Tego dowodu jeszcze nie przejrzałem, więc odniosę się później.
PS. Bzdury napisałem, bo przecież \(\displaystyle{ n}\) mogę sobie dowolnie powiększyć po wybraniu \(\displaystyle{ k}\). Więc w dowodzie Liu wszystko rozumiem. Więc aktualnie nie wiem skąd się wzięło \(\displaystyle{ n(n-1)...(n-k) > \frac{n^{k+1}}{2^{k+1}}}\) dla \(\displaystyle{ n>2k}\).
@Liu:
Coś mi tu nie gra. \(\displaystyle{ k}\) jest dowolne więc \(\displaystyle{ k+1}\) może być większe od \(\displaystyle{ n}\). Co to oznacza dla ciągu \(\displaystyle{ f(n) = {n \choose k+1} x^{k+1}}\)? Mamy więc \(\displaystyle{ 0 \cdot \frac{1}{(k+1)!} \cdot x^{k+1}}\) i oczywiście możemy to podzielić (przy odpowiednio dużym \(\displaystyle{ n}\)) przez \(\displaystyle{ n^k}\), ale to nam da \(\displaystyle{ 0}\), więc ciąg będzie dążył do \(\displaystyle{ 0}\) jeśli \(\displaystyle{ k+1 > n}\).
@Santiago A:
Pierw zadawałem sobie pytanie dlaczego \(\displaystyle{ n(n-1)...(n-k) > \frac{n^{k+1}}{2^{k+1}}}\) dla \(\displaystyle{ n>2k}\), ale teraz zastanwiam się czy nie ma tutaj tego samego problemu jak ten, który opisałem Liu. Bo przecież przejście "\(\displaystyle{ >}\)" bazuje na tym, że \(\displaystyle{ k}\) jest odpowiednio małe, a wiemy, że może być dowolne. No chyba, że ja znowu coś namieszałem...
@Premislav:
Tego dowodu jeszcze nie przejrzałem, więc odniosę się później.
PS. Bzdury napisałem, bo przecież \(\displaystyle{ n}\) mogę sobie dowolnie powiększyć po wybraniu \(\displaystyle{ k}\). Więc w dowodzie Liu wszystko rozumiem. Więc aktualnie nie wiem skąd się wzięło \(\displaystyle{ n(n-1)...(n-k) > \frac{n^{k+1}}{2^{k+1}}}\) dla \(\displaystyle{ n>2k}\).
-
Santiago A
- Użytkownik
- Posty: 248
- Rejestracja: 22 sty 2016, o 20:56
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zaragoza
- Podziękował: 9 razy
- Pomógł: 51 razy
Granica ciągu potęg
Mnożymy \(\displaystyle{ k+1}\) czynników, z których każdy jest odpowiednio duży. Najmniejszy z nich, \(\displaystyle{ n - k}\), jest większy niż \(\displaystyle{ \frac n 2}\), gdyż \(\displaystyle{ 2n - 2k > n}\), a to jest równoważne \(\displaystyle{ n > 2k}\).
-
novicjusz
- Użytkownik
- Posty: 234
- Rejestracja: 14 mar 2015, o 22:23
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 24 razy
- Pomógł: 20 razy
Granica ciągu potęg
Wracając do tematu... Premislav, a skąd wiadomo, że \(\displaystyle{ g<1}\)? Poza tym co znaczy zaaplikować definicję granicy albo "wziąć w szczególności \(\displaystyle{ \epsilon}\)"? Chyba niezbyt rozumiem ideę tego dowodu, stąd moje problemy.
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5220 razy
Granica ciągu potęg
novicjusz, to może napiszę pełne rozwiązanie, zamiast rzucać takie hasła - to korzystnie wpłynie na czytelność. [może też "zaaplikować definicję" to stwierdzenie niepoprawne merytorycznie i gramatycznie - bywa...]
Niech \(\displaystyle{ (a_n)_{n \in \NN}}\) będzie ciągiem liczbowym o wyrazach od pewnego miejsca niezerowych (tzn. istnieje takie \(\displaystyle{ n_0\in \NN}\) , że dla wszystkich naturalnych \(\displaystyle{ n}\) większych od \(\displaystyle{ n_0}\) mamy \(\displaystyle{ a_n \neq 0}\)) i niech \(\displaystyle{ lim_{n \to \infty } \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=g \in [0,1)}\).
Wtedy np. \(\displaystyle{ q= \frac{g+1}{2} \in (0,1)}\). Z definicji granicy wynika, że istnieje takie \(\displaystyle{ N \in \NN}\), iż dla wszystkich naturalnych \(\displaystyle{ n}\) większych od \(\displaystyle{ N}\) mamy
\(\displaystyle{ \left| \left| \frac{a_{n+1}}{a_n}\right|-g \right|< \frac{1-g}{2}}\)
Ponieważ z nierówności trójkąta mamy:
\(\displaystyle{ \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|-g \le \left| \left| \frac{a_{n+1}}{a_n}\right|-g \right|}\),
to dostajemy:
\(\displaystyle{ \left|\frac{a_{n+1}}{a_n} \right|< \frac{1+g}{2}}\) dla \(\displaystyle{ n>N}\);
niech teraz \(\displaystyle{ n_1=\max\left\{ n_0, N\right\}}\). Ustalmy dowolne naturalne \(\displaystyle{ n>n_1}\).
Możemy napisać \(\displaystyle{ a_n=a_{n_1} \cdot \frac{a_{n_1+1}}{a_{n_1}} \cdot \dots \frac{a_n}{a_{n-1}}=a_{n_1} \prod_{k=n_1}^{n-1} \frac{a_{k+1}}{a_k}}\)
i ponieważ \(\displaystyle{ n_1 \ge N}\), to
\(\displaystyle{ \left| \frac{a_{n_1 +1}}{a_{n_1}} \right|< \frac{1+g}{2}\\ \dots \left| \frac{a_n}{a_{n-1}} \right|< \frac{1+g}{2}}\)
Zatem \(\displaystyle{ \left| a_n\right|=\left|a_{n_1} \prod_{k=n_1}^{n-1} \frac{a_{k+1}}{a_k} \right| \le \left| a_{n_1}\right|\left( \frac{1+g}{2} \right)^{n-1}}\)
Stąd i z twierdzenia o trzech ciągach dostajemy, że \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } |a_{n}|=0}\), gdy
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|= g}\) i \(\displaystyle{ g<1}\)
Oczywiście liczbę \(\displaystyle{ \frac{1+g}{2}}\) (jako średnia arytmetyczna \(\displaystyle{ 1}\) i liczby mniejszej od \(\displaystyle{ 1}\) jest ona mniejsza od \(\displaystyle{ 1}\)) możemy zastąpić dowolną liczbą z przedziału \(\displaystyle{ (g,1)}\), co ma wpływ tylko na kwestie techniczne.
W przypadku zadania z tego wątku mamy:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{(n+1)^{k}}{b^{n+1}} \frac{b^n}{n^k}= \frac{1}{b} \lim_{n \to \infty }\left( \frac{n+1}{n} \right)^k= \frac{1}{b} \in (0,1)}\)
Jednak rozwiązanie użytkownika Santiago A jest ładniejsze i bardziej zwarte, moje skróty myślowe mnie zmyliły, dając złudne poczucie zwięzłości. Ale na pewno nigdy bym na to nie wpadł (choć też pomysł nie jest jakiś kosmiczny).
-- 11 lip 2016, o 23:59 --
Zapewne da się ten argument zapisać jakoś zwięźlej (również bez odwoływania się do warunku koniecznego zbieżności szeregu \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{n^k}{b^n}}\)), ale ja mam umysł humanistyczny (czy też raczej tumanistyczny) i nie potrafię tego uprościć.
Niech \(\displaystyle{ (a_n)_{n \in \NN}}\) będzie ciągiem liczbowym o wyrazach od pewnego miejsca niezerowych (tzn. istnieje takie \(\displaystyle{ n_0\in \NN}\) , że dla wszystkich naturalnych \(\displaystyle{ n}\) większych od \(\displaystyle{ n_0}\) mamy \(\displaystyle{ a_n \neq 0}\)) i niech \(\displaystyle{ lim_{n \to \infty } \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=g \in [0,1)}\).
Wtedy np. \(\displaystyle{ q= \frac{g+1}{2} \in (0,1)}\). Z definicji granicy wynika, że istnieje takie \(\displaystyle{ N \in \NN}\), iż dla wszystkich naturalnych \(\displaystyle{ n}\) większych od \(\displaystyle{ N}\) mamy
\(\displaystyle{ \left| \left| \frac{a_{n+1}}{a_n}\right|-g \right|< \frac{1-g}{2}}\)
Ponieważ z nierówności trójkąta mamy:
\(\displaystyle{ \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|-g \le \left| \left| \frac{a_{n+1}}{a_n}\right|-g \right|}\),
to dostajemy:
\(\displaystyle{ \left|\frac{a_{n+1}}{a_n} \right|< \frac{1+g}{2}}\) dla \(\displaystyle{ n>N}\);
niech teraz \(\displaystyle{ n_1=\max\left\{ n_0, N\right\}}\). Ustalmy dowolne naturalne \(\displaystyle{ n>n_1}\).
Możemy napisać \(\displaystyle{ a_n=a_{n_1} \cdot \frac{a_{n_1+1}}{a_{n_1}} \cdot \dots \frac{a_n}{a_{n-1}}=a_{n_1} \prod_{k=n_1}^{n-1} \frac{a_{k+1}}{a_k}}\)
i ponieważ \(\displaystyle{ n_1 \ge N}\), to
\(\displaystyle{ \left| \frac{a_{n_1 +1}}{a_{n_1}} \right|< \frac{1+g}{2}\\ \dots \left| \frac{a_n}{a_{n-1}} \right|< \frac{1+g}{2}}\)
Zatem \(\displaystyle{ \left| a_n\right|=\left|a_{n_1} \prod_{k=n_1}^{n-1} \frac{a_{k+1}}{a_k} \right| \le \left| a_{n_1}\right|\left( \frac{1+g}{2} \right)^{n-1}}\)
Stąd i z twierdzenia o trzech ciągach dostajemy, że \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } |a_{n}|=0}\), gdy
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|= g}\) i \(\displaystyle{ g<1}\)
Oczywiście liczbę \(\displaystyle{ \frac{1+g}{2}}\) (jako średnia arytmetyczna \(\displaystyle{ 1}\) i liczby mniejszej od \(\displaystyle{ 1}\) jest ona mniejsza od \(\displaystyle{ 1}\)) możemy zastąpić dowolną liczbą z przedziału \(\displaystyle{ (g,1)}\), co ma wpływ tylko na kwestie techniczne.
W przypadku zadania z tego wątku mamy:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{(n+1)^{k}}{b^{n+1}} \frac{b^n}{n^k}= \frac{1}{b} \lim_{n \to \infty }\left( \frac{n+1}{n} \right)^k= \frac{1}{b} \in (0,1)}\)
Jednak rozwiązanie użytkownika Santiago A jest ładniejsze i bardziej zwarte, moje skróty myślowe mnie zmyliły, dając złudne poczucie zwięzłości. Ale na pewno nigdy bym na to nie wpadł (choć też pomysł nie jest jakiś kosmiczny).
-- 11 lip 2016, o 23:59 --
Zapewne da się ten argument zapisać jakoś zwięźlej (również bez odwoływania się do warunku koniecznego zbieżności szeregu \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{n^k}{b^n}}\)), ale ja mam umysł humanistyczny (czy też raczej tumanistyczny) i nie potrafię tego uprościć.