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

Демидович — задача 76

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

Задача 76

Доказать, чтоlim⁡n→∞n(a1n−1)=ln⁡a(a>0),\lim_{n\to\infty}n\left(a^{\frac1n}-1\right)=\ln a\qquad(a>0),где ln⁡a\ln a есть логарифм числа aa при основании e=2,718…e=2{,}718\ldots .

Опирается на

Доказательство

Положим tn=ln⁡ant_n=\frac{\ln a}{n} и сведём задачу к отношению et−1t\frac{e^t-1}{t} при t→0t\to0.

Сначала установим вспомогательный последовательностный результат.
Пустьun>0,un→0.u_n>0,
\qquad
u_n\to0.Начиная с некоторого номера 0<un<10<u_n<1. По пункту б) задачи 751+un<eun.1+u_n<e^{u_n}.Применяя то же неравенство к числу −un≠0-u_n\ne0, получаем1−un<e−un.1-u_n<e^{-u_n}.Здесь обе части положительны, поэтому после перехода к обратным величинамeun<11−un.e^{u_n}<\frac1{1-u_n}.Таким образом,1+un<eun<11−un.1+u_n<e^{u_n}<\frac1{1-u_n}.Вычитая 11 и деля на un>0u_n>0, имеем1<eun−1un<11−un.1<
\frac{e^{u_n}-1}{u_n}
<
\frac1{1-u_n}.Обе крайние последовательности стремятся к 11, поэтому по теореме о
зажатой последовательностиeun−1un⟶1.\frac{e^{u_n}-1}{u_n}\longrightarrow1.
Для отрицательной последовательности пустьvn<0,vn→0,v_n<0,
\qquad
v_n\to0,и положим wn=−vn>0w_n=-v_n>0. Из полученной выше цепочки после обращения следует1−wn<e−wn<11+wn.1-w_n<e^{-w_n}<\frac1{1+w_n}.По теореме о зажатой последовательностиe−wn⟶1.e^{-w_n}\longrightarrow1.Кроме того,evn−1vn=e−wn−1−wn=e−wnewn−1wn.\frac{e^{v_n}-1}{v_n}
=
\frac{e^{-w_n}-1}{-w_n}
=
e^{-w_n}\frac{e^{w_n}-1}{w_n}.Оба множителя справа стремятся к 11, следовательно,evn−1vn⟶1.\frac{e^{v_n}-1}{v_n}\longrightarrow1.
Теперь вернёмся к исходной задаче. Если a=1a=1, тоn(a1n−1)=0=ln⁡1n\left(a^{\frac1n}-1\right)=0=\ln1для каждого nn.

Пусть a≠1a\ne1 иtn=ln⁡an.t_n=\frac{\ln a}{n}.Тогда tn≠0t_n\ne0 и tn→0t_n\to0. При a>1a>1 последовательность tnt_n
положительна, а при 0<a<10<a<1 отрицательна. В обоих случаях доказанные выше
оценки даютetn−1tn⟶1.\frac{e^{t_n}-1}{t_n}\longrightarrow1.Поэтомуn(a1n−1)=n(etn−1)=ln⁡a etn−1tn⟶ln⁡a.\begin{aligned}
n\left(a^{\frac1n}-1\right)
&=n\left(e^{t_n}-1\right)\\
&=\ln a\,\frac{e^{t_n}-1}{t_n}\\
&\longrightarrow\ln a.
\end{aligned}Все зажатия применены к последовательностям. При un>0u_n>0
деление выполняется только после проверки un≠0u_n\ne0, а обращение неравенств
— после проверки положительности 1−un1-u_n. Случай a=1a=1 отделён до
появления отношения с нулевым знаменателем.lim⁡n→∞n(a1n−1)=ln⁡a(a>0).\lim_{n\to\infty}n\left(a^{\frac1n}-1\right)=\ln a
\qquad(a>0).

Что и требовалось доказать