encontrar el límite de $\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+…+\sqrt[n]{n}}{n}$ con el teorema del apretón [duplicado]
Estoy tratando de demostrar con el teorema de compresión que el límite de la siguiente serie es igual a 1:
$$\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n}$$
Para el lado izquierdo de la desigualdad hice:
$$\frac{1+\sqrt{1}+\sqrt[3]{1}+...+\sqrt[n]{1}}{n} < \frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n}$$
Para el lado derecho, al principio hice lo siguiente:
$$\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n} < \frac{n\sqrt[n]{n}}{n}$$
Pero luego me di cuenta de que no era cierto y que la dirección de esta desigualdad es la opuesta.
¿Tienes idea de qué serie con límite 1 es más grande que la serie original?
¡Gracias!
Respuestas
Querrás saber algunas cosas sobre cuán grande $\sqrt[n]{n}$es. Los hechos clave para demostrar son:
- Xa $n$ un número real positivo, aumenta cuando $n < e$ y decreciendo cuando $n>e$. Para enteros,$3^{1/3} \approx 1.44$ es el valor más grande, con $2^{1/2} \approx 1.41$ ocupando el segundo lugar.
- Como $n \to \infty$, $\sqrt[n]{n} \to 1$. Una estimación más precisa de$\sqrt[n]{n}$ como $n \to \infty$ es $1 + \frac{\log n}{n}$, pero no lo necesitaremos.
Por lo tanto, estamos promediando algunos términos grandes y muchos términos cercanos a $1$. Una buena manera de lidiar con una situación como esa con el teorema de la compresión es dividirla en dos partes:$$ \frac1n \sum_{k=1}^n \sqrt[k]{k} = \frac1n \sum_{k=1}^{\sqrt n}\sqrt[k]k + \frac1n \sum_{k=\sqrt{n}+1}^{n}\sqrt[k]k. $$ ¿Qué podemos decir sobre estas dos partes?
- En la primera suma, tenemos $\sqrt n$ términos, cada uno de los cuales es como máximo $3^{1/3}$. Entonces la suma es como máximo$3^{1/3} \sqrt n$y estamos dividiendo por $n$. Esta suma va a$0$.
- En la segunda suma, tenemos casi $n$ términos, cada uno de los cuales es menor que $\sqrt[k]{k}$ para $k = \sqrt n$. Entonces suman menos de$n \sqrt[k]{k}$. Cuando dividimos por$n$, obtenemos $\sqrt[k]{k}$ dónde $k=\sqrt n$, y esto se acerca $1$ como $n \to \infty$.
(El corte específico de $\sqrt n$ es muy flexible: cualquier función $1 \ll f(n) \ll n$ haría.)
Como se muestra en esta respuesta , el teorema del binomio dice que para$n\ge1$, $$ \begin{align} 1\le n^{1/n} &\le1+\sqrt{\frac2n}\tag{1a}\\ &\le1+\frac{2\sqrt2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}\tag{1b}\\[3pt] &=1+2\sqrt2\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)\tag{1c} \end{align} $$ Así, $$ \frac nn\le\frac1n\sum_{k=1}^nk^{1/k}\le\frac1n\left[n+2\sqrt2\sum_{k=1}^n\left(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}\right)\right]\tag2 $$ y, porque la suma en el lado derecho de $(2)$ telescopios , tenemos$$ 1\le\frac1n\sum_{k=1}^nk^{1/k}\le1+\frac{2\sqrt2}{\sqrt{n}}\tag3 $$al que podemos aplicar el Teorema de la compresión .
Esta no es una respuesta completa a la pregunta, pero muchas respuestas implican que la función $n\mapsto n^{1/n}$está aumentando estrictamente. Este no es el caso. Para ver esto:
Dejar $y=x^{1/x}$. Entonces$\ln y=\frac 1x \ln x$ entonces $\frac{y'}{y}=\frac{1}{x^2}(1-\ln x)$. Ya que$y>0$, esto implica que $y$ está aumentando en $(0,e)$ y disminuyendo en $(e,\infty)$.
Por lo tanto, no utilice el límite superior de$n^{1/n}$.
Se pueden combinar los siguientes dos hechos:
1. Si$a_n\to a,\,$ entonces $\,\frac{1}{n}(a_1+\cdots+a_n)\to a$.
2. $\sqrt[n]{n}\to 1$.
Otra forma de demostrarlo es la siguiente: $$ \sqrt[2k]{k}=1+a_k\Longrightarrow \sqrt{k}=(1+a_k)^{k}\ge 1+ka_k \Longrightarrow 0\le a_k<\frac{1}{\sqrt{k}} $$ y por lo tanto $$ 1<\sqrt[n]{n}=(1+a_n)^2=1+2a_n+a_n^2<1+\frac{2}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}\le 1+\frac{3}{\sqrt{n}} $$ y por lo tanto $$ 1<\frac{1}{n}(1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt[n]{n})<1+\frac{3}{n}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}\right) \\ <1+\frac{3}{n}\cdot (2\sqrt{n}+1)\to 1. $$ Queda por demostrar que $$ 1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}<2\sqrt{n}+1 $$ que se puede hacer fácilmente de forma inductiva.
En primer lugar tenemos, para cualquier $ n\in\mathbb{N}^{*} $, la siguiente : $$ \sqrt[n]{n}=1+\frac{\ln{n}}{n}\int_{0}^{1}{n^{\frac{x}{n}}\,\mathrm{d}x} $$
Ya que : \begin{aligned}0\leq\int_{0}^{1}{n^{\frac{x}{n}}\,\mathrm{d}x}&\leq n^{\frac{1}{n}}\\ &\leq 2\end{aligned}
Tenemos : \begin{aligned} 1\leq \sqrt[n]{n}\leq 1+\frac{2\ln{n}}{n}&=1+\frac{4\ln{\sqrt{n}}}{n}\\ &\leq 1+\frac{4\sqrt{n}}{n}= 1+\frac{8}{2\sqrt{n}}\\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \leq1+\frac{8}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}} \end{aligned}
Eso sigue siendo cierto para cualquier $ n\in\mathbb{N}^{*} $, que significa dado $ n\in\mathbb{N}^{*} $, tenemos : \begin{aligned} 1\leq\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{\sqrt[k]{k}}&\leq 1+\frac{8}{n}\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}} \\ &\leq 1+\frac{8}{n}\sum_{k=1}^{n}{\left(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}\right)}\\ &\leq 1+\frac{8}{\sqrt{n}} \end{aligned}
Por lo tanto, usando el teorema de compresión, el límite sería $ 1 \cdot$