Предел последовательности.

[Tosha]

$\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{(-3)^{n^2-n}}{(n^3)!}$

$n^2-n$ -- четно (доказал это)

$\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{(-3)^{n^2-n}}{(n^3)!}=\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{3^{n^2-n}}{(n^3)!}$

Теорема о трех ментах:

$a_n=0^n$

$b_n=\dfrac{3^{n^2-n}}{(n^3)!}$

$c_n=\dfrac{3^n}{n!}$

Покажем, что найдутся такие $A,C$, которые зажмут нашу последовательность.

$\lim\limits_{n\to +\infty}a_n=A\;\;\;\;\lim\limits_{n\to +\infty}b_n=B\;\;\;\;\lim\limits_{n\to +\infty}c_n=C$

$A\le B\le C$

$\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{3^n}{n!}=0$

$A=C=0=>B=0$

Верно?

[provincialka]

А предел от $\frac{3^n}{n!}$ уже доказан? Тогда можно.

[Tosha]

Спасибо. Нет, не доказан. А как доказать? Интуитивно ясно, что знаменатель перевесит...А как строго?

$c_n=\dfrac{3\cdot 3\cdot ... \cdot 3}{1\cdot 2 \cdot 3 \cdot 4\cdot ....\cdot n}$

Есть такая идея: Для $n>9$ по индукции докажем, что:

$\dfrac{3\cdot 3\cdot ... \cdot 3}{1\cdot 2 \cdot 3 \cdot 4\cdot ....\cdot (n-1)}\le 1$

База очевидна

Переход:

$\dfrac{3\cdot 3\cdot ... \cdot 3}{1\cdot 2 \cdot 3 \cdot 4\cdot ....\cdot (n-1)n}\le \dfrac{3}{n}\le 1$

чтд

Так как $\dfrac{3\cdot 3\cdot ... \cdot 3}{1\cdot 2 \cdot 3 \cdot 4\cdot ....\cdot (n-1)}\le 1$

То $0\le \lim \dfrac{3^n}{n!}\le \dfrac{3}{n}\le 0$

По теореме о 2 ментах получаем, что $\lim \dfrac{3^n}{n!}=0$

Верно?

[provincialka]

Ну, можно и так.

[whitefox]

Tosha в сообщении #768088 писал(а):

Теорема о трех ментах:

Tosha в сообщении #768141 писал(а):

По теореме о 2 ментах

Внесу свою лепту -- предложу теорему об одном "менте"
(Менты убывают в арифметической прогрессии )

$\text{При }n>2,\quad(n^3)!>3^{n^3-n}$