Witam. Zastanawiam się, jak właściwie prosto dowieść, że granica ilorazu wyrażenia potęgowego przez wyrażenie wykładnicze dąży do 0? Jeśli zadanie dotyczy stosunkowo małej potęgi w funkcji potęgowej, np.
\(\displaystyle{ \frac{ n^{2} }{ 2^{n} } }\)
to można dla odpowiednio dużego \(\displaystyle{ n}\) sformułować założenie i tezę indukcyjną i tą metodą tego dowieść. Jak jednak zrobić to w przypadku ogólnym lub dowieść przykładowo takiego wyrażenia:
\(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty } \frac{ n^{1000000} }{ 2^{n} } = 0}\)
Pozdrawiam, Damian
Granica - wyrażenie potęgowe i wykładnicze
-
MlodyMatematykAmator
- Użytkownik
- Posty: 55
- Rejestracja: 23 mar 2019, o 17:45
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 19
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 16 razy
-
Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4069
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1393 razy
Re: Granica - wyrażenie potęgowe i wykładnicze
Ogólnie. Dla dowolnego \(\displaystyle{ k>1}\) mamy \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{n^k}{2^n}=0 }\) bo:
(przykładowy dowód) Ustalmy \(\displaystyle{ k>1}\) i zauważmy, że szereg \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{n^k}{2^n} }\) jest zbieżny na mocy kryterium Cauchego wszak
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \sqrt[n]{\frac{n^k}{2^n}} =\lim_{n \to \infty } \frac{ \sqrt[n]{n} \cdot ... \cdot \sqrt[n]{n} }{2} = \frac{1}{2}<1 }\)
gdzie \(\displaystyle{ \sqrt[n]{n} \cdot ... \cdot \sqrt[n]{n}}\) oznacza mnożenie \(\displaystyle{ \sqrt[n]{n} }\) przez siebie \(\displaystyle{ k}\) razy. Skoro szereg jest zbieżny to spełnia warunek konieczny co kończy dowód.
PS gdyby \(\displaystyle{ k}\) nie było naturalne to nie ma problemu bo można szacować je z góry i dołu przez liczbę naturalną.
Dodano po 15 minutach 43 sekundach:
Albo bardziej heurystycznie choć też da się to uściślić. Zauważ, że wyrażania wymierne są tak "duże", że trzeba całego szeregu wyrażań potęgowych by im dorównać. Przykład (który łatwo uogólnić):
\(\displaystyle{ e^x=1+ x+\frac{x^2}{2!}+...+\frac{x^k}{k!}+\frac{x^{k+1}}{(k+1)!}+\frac{x^{k+2}}{(k+2)!}+...}\)
zatem
\(\displaystyle{ \frac{e^x}{x^k}=\underbrace{\underbrace{ \frac{1+ x+\frac{x^2}{2!}+...+\frac{x^k}{k!}}{x^k} }_{\text{mało}}+\underbrace{ \frac{\frac{x^{k+1}}{(k+1)!}+\frac{x^{k+2}}{(k+2)!}+...}{x^k} }_{\text{dużo}}}_{\text{dużo}} }\)
zatem
\(\displaystyle{ \frac{x^k}{e^x}= \frac{1}{\text{dużo}}=\text{mało} }\)
Rzecz jasna to nie jest żaden dowód! Ale oddaje to ideę zbieżności, można też wyczuć o ile szybciej wyrażania wykładnicze uciekają wielomianowym. Zamiast \(\displaystyle{ e}\) można wpisać dowolną wartość większą od \(\displaystyle{ 1}\) i dalej będzie to prawda (tylko przy x-ksach pozmieniają się współczynniki)
(przykładowy dowód) Ustalmy \(\displaystyle{ k>1}\) i zauważmy, że szereg \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{n^k}{2^n} }\) jest zbieżny na mocy kryterium Cauchego wszak
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \sqrt[n]{\frac{n^k}{2^n}} =\lim_{n \to \infty } \frac{ \sqrt[n]{n} \cdot ... \cdot \sqrt[n]{n} }{2} = \frac{1}{2}<1 }\)
gdzie \(\displaystyle{ \sqrt[n]{n} \cdot ... \cdot \sqrt[n]{n}}\) oznacza mnożenie \(\displaystyle{ \sqrt[n]{n} }\) przez siebie \(\displaystyle{ k}\) razy. Skoro szereg jest zbieżny to spełnia warunek konieczny co kończy dowód.
PS gdyby \(\displaystyle{ k}\) nie było naturalne to nie ma problemu bo można szacować je z góry i dołu przez liczbę naturalną.
Dodano po 15 minutach 43 sekundach:
Albo bardziej heurystycznie choć też da się to uściślić. Zauważ, że wyrażania wymierne są tak "duże", że trzeba całego szeregu wyrażań potęgowych by im dorównać. Przykład (który łatwo uogólnić):
\(\displaystyle{ e^x=1+ x+\frac{x^2}{2!}+...+\frac{x^k}{k!}+\frac{x^{k+1}}{(k+1)!}+\frac{x^{k+2}}{(k+2)!}+...}\)
zatem
\(\displaystyle{ \frac{e^x}{x^k}=\underbrace{\underbrace{ \frac{1+ x+\frac{x^2}{2!}+...+\frac{x^k}{k!}}{x^k} }_{\text{mało}}+\underbrace{ \frac{\frac{x^{k+1}}{(k+1)!}+\frac{x^{k+2}}{(k+2)!}+...}{x^k} }_{\text{dużo}}}_{\text{dużo}} }\)
zatem
\(\displaystyle{ \frac{x^k}{e^x}= \frac{1}{\text{dużo}}=\text{mało} }\)
Rzecz jasna to nie jest żaden dowód! Ale oddaje to ideę zbieżności, można też wyczuć o ile szybciej wyrażania wykładnicze uciekają wielomianowym. Zamiast \(\displaystyle{ e}\) można wpisać dowolną wartość większą od \(\displaystyle{ 1}\) i dalej będzie to prawda (tylko przy x-ksach pozmieniają się współczynniki)