Раздел I. Введение в анализ — § 2. Теория последовательностей

Демидович — задача 64

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.

Доказать следующее равенство:

Задача 64

lim⁡n→∞log⁡ann=0(a>1).\lim_{n\to\infty}\frac{\log_a n}{n}=0\qquad(a>1).Поместим каждое достаточно большое nn между соседними степенями
ama^m и am+1a^{m+1}. Тогда логарифм в числителе не превосходит m+1m+1, а
знаменатель не меньше ama^m. Полученное отношение уже оценивается с помощью
задачи 60, где показательный рост сравнивался с линейным.

Опирается на задачу 60

Доказательство

Идея

Для каждого достаточно большого nn положимm=⌊log⁡an⌋.m=\lfloor\log_a n\rfloor.Тогдаam≤n<am+1,m≤log⁡an<m+1.a^m\le n<a^{m+1},
\qquad
m\le\log_a n<m+1.Следовательно,0≤log⁡ann<m+1am.0\le\frac{\log_a n}{n}
<\frac{m+1}{a^m}.При n→∞n\to\infty также m→∞m\to\infty. По задаче 60 при k=1k=1mam→0.\frac m{a^m}\to0.Для всех достаточно больших mm имеем0<1am≤mam,0<\frac1{a^m}\le\frac m{a^m},поэтому по теореме о зажатой последовательности также1am→0.\frac1{a^m}\to0.Следовательно,m+1am=mam+1am→0.\frac{m+1}{a^m}
=\frac m{a^m}+\frac1{a^m}\to0.По теореме о зажатой последовательности получаем требуемый предел.
Целое число m=⌊log⁡an⌋m=\lfloor\log_a n\rfloor зависит от nn, но вместе с nn стремится к бесконечности. Оценка0≤log⁡ann<m+1am0\le\frac{\log_a n}{n}<\frac{m+1}{a^m}сводит задачу к результату задачи 60 и не требует замены основания логарифма.

Проверка

lim⁡n→∞log⁡ann=0(a>1).\lim_{n\to\infty}\frac{\log_a n}{n}=0\qquad(a>1).

Что и требовалось доказать

Демидович № 64 — решение