Granica ciągu liczbowego, reguła de l'Hôpitala

[Browning0]

Witajcie, mam 2 sprawy:

Po pierwsze, jak obliczyć granicę \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{\ln{n}}{n}}\)? Próbuję ograniczyć ją z góry przez \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{n}}{n}}\), ale nie udaje mi się udowodnić że \(\displaystyle{ \ln{n} < \sqrt{n}}\). Próbuję to zrobić przez indukcję, ale zacinam się w ostatnim kroku...

Druga sprawa: reguła de l'Hôpitala a ciągi. Wiadomo: ciąg nie spełnia założeń twierdzenia, więc nie możemy skorzystać z tej reguły. Ale są "sztuczki" z przyrównaniem ciągu do funkcji i skorzystaniem z reguły. I tutaj moje pytanie: jak bardzo te sztuczki są poprawne matematycznie? Czy istnieje jakieś twierdzenie/udowodniono że:

\(\displaystyle{ \forall n \in \mathbb{N} \quad a_{n} = f{(n)} \Rightarrow \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{x \to \infty}f{(x)}}\)

[Spektralny]

Funkcje \(\displaystyle{ \ln x}\) i \(\displaystyle{ x}\) są różniczkowalne dla \(\displaystyle{ x>0}\). Możemy więc stosować regułę l'Hôpitala by obliczyć

\(\displaystyle{ \lim_{x\to \infty} \frac{\ln x}{x} = \lim_{x\to \infty} \frac{\tfrac{1}{x}}{1}=0}\).

Ponieważ granica \(\displaystyle{ \lim_{x\to \infty} \frac{\ln x}{x}}\) istnieje, dla każdego ciągu \(\displaystyle{ (x_n)_{n=1}^\infty}\) dążącego do nieskończoności, mamy

\(\displaystyle{ \lim_{x\to \infty} \frac{\ln x}{x} = \lim_{n\to \infty} \frac{\ln x_n}{x_n}}\).

W szczególności, możemy wziąć \(\displaystyle{ x_n = n \;(n\in \mathbb{N}).}\)

Możemy jednak obejść się tutaj bez reguły l'Hôpitala.

Pokażemy, że \(\displaystyle{ \ln x \leqslant \sqrt{x}}\) dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ x}\). Niech \(\displaystyle{ f(x) = \sqrt{x} - \ln x}\). Wówczas

\(\displaystyle{ f^\prime(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} - \frac{1}{x} > 0,}\)

gdy \(\displaystyle{ x>4}\). Wynika stąd, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest rosnąca w przedziale \(\displaystyle{ x>4}\), czyli

\(\displaystyle{ f(x) = \sqrt{x} - \ln x > f(4)>0}\)

skąd \(\displaystyle{ \sqrt{x} > \ln x}\) dla \(\displaystyle{ x>4}\).

[Qń]

Można też nie używać rachunku różniczkowego i zastosować tw. Stolza.

A dowód indukcyjny nierówności \(\displaystyle{ \ln n< \sqrt{n}}\) nie jest trudny:
\(\displaystyle{ \ln (n+1) = \ln \left( 1+ \frac 1n\right) +\ln n <\frac 1n + \sqrt{n}<\\ < \frac{1}{2\sqrt{n+1}} + \sqrt{n} < \frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}} + \sqrt{n} = \sqrt{n+1}}\)

Q.

[Browning0]

Dziękuję bardzo za wyczerpującą pomoc, pozdrawiam! =)

[El Sajmono]

Podejdę do zagadnienia lekko z innej strony (Na przykładzie G.M. Fichtenholz'a):

Wykorzystajmy informację, że \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1}\)
Niech \(\displaystyle{ \epsilon > 0}\). Wtedy \(\displaystyle{ e^{\epsilon} > 1}\). więc dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ \sqrt[n]{n}< e^{\epsilon}}\) logarytmując tą nierówność stronami logarytmem naturalnym otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \frac{\ln(n)}{n}<\epsilon}\). Zatem wyrażenie \(\displaystyle{ \frac{\ln(n)}{n}}\) możemy uczynić dowolnie małym. Ponadto \(\displaystyle{ 0 \le \frac{\ln(n)}{n}}\) czyli \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}\frac{\ln(n)}{n} = 0}\)

[bartek118]

Pozwolę sobie odpowiedzieć jeszcze na drugie pytanie autora. Jeżeli założysz ponadto, że granica \(\displaystyle{ f(x)}\) w nieskończoności istnieje, to jest to prawda.

[Spektralny]

Ale ja odpowiedziałem na to pytanie

[El Sajmono]

Ciekawy przykład: (może nie koniecznie do reguły de l'hospitala, ale na pewno zasługuje on na uwagę)

Weźmy ciąg:
\(\displaystyle{ \sin( \pi \sqrt{ n^{2} + 1 }) = \sin(\pi n \sqrt{ 1 + \frac{1}{ n^{2} } }) \rightarrow 0}\)

Ale weźmy funkcję:

\(\displaystyle{ \sin( \pi \sqrt{ x^{2} + 1 })}\) oraz obierzmy dwa podciągi np: \(\displaystyle{ x_{n} = \sqrt{( \frac{1}{2}+2n)^{2} - 1 }}\) oraz \(\displaystyle{ x^{'} _{n} = \sqrt{( \frac{3}{2}+2n)^{2} - 1 }}\)
Jak się łatwo przekonać, funkcja zbiega po nich kolejno do \(\displaystyle{ 1}\) oraz \(\displaystyle{ -1}\).
Zatem granica tej funkcji w \(\displaystyle{ \infty}\) nie istnieje.

Inna dziedzina, a jak wiele zmienia.
Pozdrawiam