Disuguaglianza per induzione
Voglio dimostrare che \[ \lim_{n \rightarrow \infty } \frac {\ln{n}}{n^\alpha}=0 \] $\forall \alpha >0 $
O almeno credo che sia un'affermazione vera e vorrei verificarla. Ho pensato che potrebbe essere utile verificare ad esempio che \[ n^\alpha > \ln {n} \] $ \forall \alpha >0 $. Quindi per induzione si ha che per $n=1 \Rightarrow 1>0 $ . Inoltre supposto vero che \[ n^\alpha > \ln {n} \] si ha che \[n^{\alpha +1 } > n \ln{n}> \ln{(n+1)} \] . (Prima domanda in itinere, per provare che $n> \frac { \ln {(n+1)} }{ \ln {n} } $ si può calcolare il limite di ambo i membri , vedere che a sinistra si va a $+\infty$ e a destra a $0$ , per cui la disuguaglianza è verificata definitivamente? )
A questo punto vorrei sfruttare quest'informazione per applicare il teorema dei carabinieri, tuttavia il massimo che riesco a ricavare è :
\[ \frac {\ln{n}}{n}< \frac {\ln{n}}{n^\alpha}<1 \]
che non è ancora abbastanza.. come posso procedere ? Oppure mi consigliate di abbandonare completamente questa strada per un'altra?
O almeno credo che sia un'affermazione vera e vorrei verificarla. Ho pensato che potrebbe essere utile verificare ad esempio che \[ n^\alpha > \ln {n} \] $ \forall \alpha >0 $. Quindi per induzione si ha che per $n=1 \Rightarrow 1>0 $ . Inoltre supposto vero che \[ n^\alpha > \ln {n} \] si ha che \[n^{\alpha +1 } > n \ln{n}> \ln{(n+1)} \] . (Prima domanda in itinere, per provare che $n> \frac { \ln {(n+1)} }{ \ln {n} } $ si può calcolare il limite di ambo i membri , vedere che a sinistra si va a $+\infty$ e a destra a $0$ , per cui la disuguaglianza è verificata definitivamente? )
A questo punto vorrei sfruttare quest'informazione per applicare il teorema dei carabinieri, tuttavia il massimo che riesco a ricavare è :
\[ \frac {\ln{n}}{n}< \frac {\ln{n}}{n^\alpha}<1 \]
che non è ancora abbastanza.. come posso procedere ? Oppure mi consigliate di abbandonare completamente questa strada per un'altra?
Risposte
Stai iniziando ora a trattare la teoria delle successioni?
Hai già sentito parlare del teorema di Cesaro?
E del teorema ponte tra limiti di successioni e di funzioni reali di variabile reale?
Comunque è una strada che abbandonerei,fossi in te:
quella disuguaglianza,pur vera definitivamente come da te intuito,
non mi pare agevole da dimostrare per induzione
(e sopratutto,ammesso di riuscirci,non è opportuna ai tuoi fini!).
Saluti dal web.
Hai già sentito parlare del teorema di Cesaro?
E del teorema ponte tra limiti di successioni e di funzioni reali di variabile reale?
Comunque è una strada che abbandonerei,fossi in te:
quella disuguaglianza,pur vera definitivamente come da te intuito,
non mi pare agevole da dimostrare per induzione
(e sopratutto,ammesso di riuscirci,non è opportuna ai tuoi fini!).
Saluti dal web.
Si conosco il teorema di Stolz-Cesaro, ma non so come uscirmene dal limite:
\[ \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\ln{ \frac{n+1}{n}}}{(n+1)^\alpha - n^\alpha} \]
\[ \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\ln{ \frac{n+1}{n}}}{(n+1)^\alpha - n^\alpha} \]
Prova a mettere $n^(alpha)$ in evidenza al denominatore,
e vedi se trovi poi modo di farti venire in aiuto i due limiti notevoli $EE lim_(x to 0)("log"(1+x))/x=1,lim_(x to 0)((1+x)^(alpha)-1)/x=alpha$:
saluti dal web.
e vedi se trovi poi modo di farti venire in aiuto i due limiti notevoli $EE lim_(x to 0)("log"(1+x))/x=1,lim_(x to 0)((1+x)^(alpha)-1)/x=alpha$:
saluti dal web.
Conviene ricondursi a successioni di tipo esponenziale.
Consideriamo \(x_n:=\ln n\) e riscriviamo:
\[
\frac{\ln n}{n^\alpha} = \frac{x_n}{e^{\alpha x_n}}
\]
con \(x_n\to \infty\); ora, esiste \(a>0\) tale che \(e^{\alpha /2} = 1+a\) e da ciò segue che:
\[
e^{\frac{\alpha}{2}\ x_n} = (1+a)^{x_n} \geq (1+a)^{\lfloor x_n\rfloor} \stackrel{\text{Bernoulli}}{\geq} 1+a\ \lfloor x_n\rfloor
\]
ossia:
\[
e^{\alpha\ x_n}\geq \left( 1+a\ \lfloor x_n\rfloor \right)^2\geq a^2\ \lfloor x_n\rfloor^2\; ;
\]
pertanto:
\[
\frac{\ln n}{n^\alpha} =\frac{x_n}{e^{\alpha\ x_n}} \leq \frac{x_n}{a^2\ \lfloor x_n\rfloor^2} \leq \frac{\lfloor x_n\rfloor +1}{a^2\ \lfloor x_n\rfloor^2}
\]
dato che la successione di termine generale \(\frac{k+1}{a\ k^2}\) è infinitesima, dalla precedente e dal teorema dei carabinieri segue:
\[
\lim_n \frac{\ln n}{n^\alpha} =0\; .
\]
Questa dimostrazione vale del tutto in generale... Però nel caso \(\alpha \geq 1\) essa si può semplificare di molto. Infatti si ha:
\[
\frac{\ln n}{n^\alpha} = \frac{n}{n^\alpha}\ \ln n^{\frac{1}{n}}
\]
con \(n^{\frac{1}{n}}\to 1\) e \(\frac{n}{n^\alpha} \to 0\), dunque il limite è nullo.
Consideriamo \(x_n:=\ln n\) e riscriviamo:
\[
\frac{\ln n}{n^\alpha} = \frac{x_n}{e^{\alpha x_n}}
\]
con \(x_n\to \infty\); ora, esiste \(a>0\) tale che \(e^{\alpha /2} = 1+a\) e da ciò segue che:
\[
e^{\frac{\alpha}{2}\ x_n} = (1+a)^{x_n} \geq (1+a)^{\lfloor x_n\rfloor} \stackrel{\text{Bernoulli}}{\geq} 1+a\ \lfloor x_n\rfloor
\]
ossia:
\[
e^{\alpha\ x_n}\geq \left( 1+a\ \lfloor x_n\rfloor \right)^2\geq a^2\ \lfloor x_n\rfloor^2\; ;
\]
pertanto:
\[
\frac{\ln n}{n^\alpha} =\frac{x_n}{e^{\alpha\ x_n}} \leq \frac{x_n}{a^2\ \lfloor x_n\rfloor^2} \leq \frac{\lfloor x_n\rfloor +1}{a^2\ \lfloor x_n\rfloor^2}
\]
dato che la successione di termine generale \(\frac{k+1}{a\ k^2}\) è infinitesima, dalla precedente e dal teorema dei carabinieri segue:
\[
\lim_n \frac{\ln n}{n^\alpha} =0\; .
\]
Questa dimostrazione vale del tutto in generale... Però nel caso \(\alpha \geq 1\) essa si può semplificare di molto. Infatti si ha:
\[
\frac{\ln n}{n^\alpha} = \frac{n}{n^\alpha}\ \ln n^{\frac{1}{n}}
\]
con \(n^{\frac{1}{n}}\to 1\) e \(\frac{n}{n^\alpha} \to 0\), dunque il limite è nullo.
"gugo82":
Però nel caso \(\alpha \geq 1\) essa si può semplificare di molto. Infatti si ha:
\[
\frac{\ln n}{n^\alpha} = \frac{n}{n^\alpha}\ \ln n^{\frac{1}{n}}
\]
con \(n^{\frac{1}{n}}\to 1\) e \(\frac{n}{n^\alpha} \to 0\), dunque il limite è nullo.
Si infatti sul caso particolare $\alpha > 1 $ non ci sono stati problemi di alcun tipo. Questa dimostrazione è utilissima per utilizzare il teorema dei carabinieri con dei limiti di successioni un pò più complessi: in pratica si può dire che l'ordine dell'infinito di $\ln n $ è minore dell'ordine dell'infinito di $ n^\alpha $ con $\alpha >0 $ !
P.s. Non so , per te magari è stato un esercizio banale, ma complimenti lo stesso , sei stato chiarissimo! Grazie
Prego.
Ad ogni modo, è una dimostrazione standard. Se non ricordo male, l'ho studiata anni fa (quando preparavo Analisi I) dal Giusti.
Ad ogni modo, è una dimostrazione standard. Se non ricordo male, l'ho studiata anni fa (quando preparavo Analisi I) dal Giusti.
Pensare che anche io studio dal Giusti. Ora sono andato a controllare , nell'edizione che ho io è presente un paragrafetto di non più di 5 righe in cui discute questo limite (senza risolverlo in realtà), ma c'è un accenno alla dimostrazione che hai proposto !
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