Доказать равенство

[Cynic]

Задача: доказать равенство $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{n^k}}}{{{a^n}}} = 0$ при $a > 1$.
Решал так:
${(1 + 1)^k} = C_k^0 + C_k^1 + ... + C_k^{k - 1} + C_k^k$
${(1 + 2)^k} = {\left( {1 + 1 + 1} \right)^k} = C_k^0 \cdot {2^0} + C_k^1 \cdot {2^1} + ... + C_k^{k - 1} \cdot {2^{k - 1}} + C_k^k \cdot {2^k} =$
$C_k^0 + C_k^1 \cdot 2 + ... + C_k^{k - 1} \cdot {(1 + 1)^{k - 1}} + C_k^k \cdot {(1 + 1)^k} =$
$C_k^0 + C_k^1 \cdot 2 + ... + C_k^{k - 1} \cdot (C_{k - 1}^0 + C_{k - 1}^1 + ... + C_{k - 1}^{k - 2} + C_{k - 1}^{k - 1}) + C_k^k \cdot (C_k^0 + C_k^1 + ... + C_k^{k - 1} + C_k^k)$
Продолжая в том же духе, можно заключить, что выражение ${n^k} = {\left( {{1_1} + {1_2} + ... + {1_n}} \right)^k}$ после разложения будет выглядеть как сумма произведений членов вида $C_m^r = \frac{{m!}}{{r!\left( {m - r} \right)!}}$, где $r$ и $m$ - некоторые коэффициенты. Если же получившуюся последовательность разделить на $a^n$, то каждый член такой последовательности примет вид $C_m^r = \frac{{m!}}{{r!\left( {m - r} \right)!{a^n}}}$, предел которого при $n \to \infty$ будет равен нулю, а следовательно и предел всей последовательности будет равен нулю, т.е.:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{n^k}}}{{{a^n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{{\left( {{1_1} + {1_2} + ... + {1_n}} \right)}^k}}}{{{a^n}}} = 0$
Как по вашему верно ли решение? А если бы надо было указать $n$ при котором $\left| {\frac{{{n^k}}}{{{a^n}}}} \right| < \varepsilon$ как его можно вычислить?

p/s: Про полином Ньютона я знаю, но его мультиномиальные коэффициенты ставят меня в тупик. Не понимаю как они выглядят.

[ewert]

Это всё бессмысленно, Ньютон тут откровенно не при чём. Просто докажите, что, начиная с некоторого номера, члены последовательности оцениваются сверху некоторой убывающей геометрической прогрессией. Для этого достаточно доказать, что рано или поздно отношение каждого следующего члена к предыдущему будет меньше некоторого (одного и того же) числа, меньшего единицы. Ну а в такой постановке вопрос уже тривиален.

[Cynic]

Почему бессмысленно? Задача то была доказать равенство. Я аналитически показал, что дробь будет равна сумме произведений других дробей предел каждой из которых равен нулю, а значит равен нулю и предел искомого выражения.

[ewert]

Cynic в сообщении #1071875 писал(а):

Я аналитически показал,

Вы б ещё через континуальные интегралы это показали.

Видите ли, у каждой задачки есть некая степень очевидности. В данном случае -- очевидно, что степенная функция растёт много медленнее показательной. Это попросту жизненный опыт подсказывает. Вопрос лишь, как этот опыт формализовать.

И первое, что должно приходить в голову в таких случаях (когда расхождение весомо, грубо, зримо) -- это попытаться оценить соотношения. А раз эта идея проскакивает на автомате -- при чём тут комбинаторики-то?... Это даже и выглядит неприлично.

[Sonic86]

Еще вариант: обозначим $b_n=\frac{n^k}{a^n}$. Рассмотрите предел $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{b_{2n}}{b_n}$.
Еще вариант: разложить знаменатель в ряд Маклорена.

Cynic в сообщении #1071875 писал(а):

Почему бессмысленно? Задача то была доказать равенство

Имелось ввиду, что решение несколько интуитивно непонятно и несколько сложнее, чем могло бы быть.

[Cash]

Cynic в сообщении #1071869 писал(а):

Продолжая в том же духе, можно заключить, что выражение ${n^k} = {\left( {{1_1} + {1_2} + ... + {1_n}} \right)^k}$ после разложения будет выглядеть как сумма произведений членов вида $C_m^r = \frac{{m!}}{{r!\left( {m - r} \right)!}}$, где $r$ и $m$ - некоторые коэффициенты. Если же получившуюся последовательность разделить на $a^n$, то каждый член такой последовательности примет вид $C_m^r = \frac{{m!}}{{r!\left( {m - r} \right)!{a^n}}}$, предел которого при $n \to \infty$ будет равен нулю, а следовательно и предел всей последовательности будет равен нулю, т.е.:

вы опираетесь на то, что предел суммы равен сумме пределов. Но это верно для конечного количества слагаемых. А в вашей сумме оно неограниченно растет. Либо же у вас неограничены $C_m^r$ (из вашей записи я так и не понял как они получаются). И тогда необходимо обосновывать $\lim\limits_{n \to \infty} \frac {C_m^r}{a^n}=0 $, а это будет равносильно исходной задаче.
Вот например, вы ведь могли вместо $a^n$, взять $\ln n$ и сделать такие же выводы.
Своим рассуждением вы перелили из пустого в порожнее, ни на йоту не приблизившись к доказательству.

[Cynic]

Cash в сообщении #1071937 писал(а):

Вы опираетесь на то, что предел суммы равен сумме пределов. Но это верно для конечного количества слагаемых. А в вашей сумме оно неограниченно растет.

Согласен, пришлось бы доказывать что бесконечная сумма бесконечно малых равна нулю.

Cash в сообщении #1071937 писал(а):

Вот например, вы ведь могли вместо $a^n$, взять $\ln n$ и сделать такие же выводы.

Вот тут я чего то не понял

[Cash]

В вашем "доказательстве" можно и так написать:
Если же получившуюся последовательность разделить на $\ln n$, то каждый член такой последовательности примет вид $ \frac{{m!}}{{r!\left( {m - r} \right)!{\ln n}}}$, предел которого при $n \to \infty$ будет равен нулю, а следовательно и предел всей последовательности будет равен нулю...

[Cynic]

Sonic86 в сообщении #1071925 писал(а):

Еще вариант: обозначим $b_n=\frac{n^k}{a^n}$. Рассмотрите предел $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{b_{2n}}{b_n}$.

Не понимаю, чем мне это поможет:
${b_{2n}} = \frac{{{{\left( {2n} \right)}^k}}}{{{a^{2n}}}}$

$\frac{{{b_{2n}}}}{{{b_n}}} = \frac{{{2^k} \cdot {n^k} \cdot {a^n}}}{{{a^{2n}} \cdot {n^k}}} = \frac{{{2^k}}}{{{a^n}}}$

$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{2^k}}}{{{a^n}}} = 0$ (т.к. $k$ конечно)

$0 < \frac{{{n^k}}}{{{a^n}}} \geqslant \frac{{{2^k}}}{{{a^n}}}$ при $n \geqslant 2$

Sonic86 в сообщении #1071925 писал(а):

Еще вариант: разложить знаменатель в ряд Маклорена.

Нельзя на данном этапе. Предполагается, что я ещё не знаю, что это такое. Хотя я и на самом деле не знаю

[DjD USB]

Можно воспользоваться необходимым условием сходимости ряда, где n-й член ряда $u_n=\frac{{{n^k}}}{{{a^n}}}$

[Cynic]

DjD USB в сообщении #1071975 писал(а):

Можно воспользоваться необходимым условием сходимости ряда, где n-й член ряда $u_n=\frac{{{n^k}}}{{{a^n}}}$

Да нельзя! Задача из "Теории пределов", т.е. предполагается что я ещё этого не знаю.

[iifat]

DjD USB в сообщении #1071975 писал(а):

Можно воспользоваться необходимым условием сходимости ряда

Можно. Благородный дон явно знает толк в планировании обходных путей!

[DjD USB]

Может n рассмотреть как x т.е непрерывную. И по Лопиталю...

[Cynic]

Тоже нельзя, производные. Нужно решить просто накрыв сверху вариантой $y_n$ которая то-же стремиться к нулю:
$0 < \frac{{{n^k}}}{{{a^n}}} < {y_n}$

[Sonic86]

Cynic в сообщении #1071974 писал(а):

$\frac{{{b_{2n}}}}{{{b_n}}} = \frac{{{2^k} \cdot {n^k} \cdot {a^n}}}{{{a^{2n}} \cdot {n^k}}} = \frac{{{2^k}}}{{{a^n}}}$

$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{2^k}}}{{{a^n}}} = 0$ (т.к. $k$ конечно)

Значит $b_{2n}=\operatorname{const}\frac{b_n}{a^n}$. Сейчас видите что-нибудь? До решения остается 1 шаг.

В принципе можно было еще проще: сравнить $b_{n+1}$ и $b_n$

(hint)

Если $A_n=B_n$, то $f(A_n)=f(B_n)$