trouver la limite de $\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+…+\sqrt[n]{n}}{n}$ avec théorème de compression [dupliquer]
J'essaie de prouver avec le théorème de compression que la limite de la série suivante est égale à 1:
$$\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n}$$
Pour le côté gauche de l'inégalité, j'ai fait:
$$\frac{1+\sqrt{1}+\sqrt[3]{1}+...+\sqrt[n]{1}}{n} < \frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n}$$
Pour le côté droit, au début, j'ai fait ce qui suit:
$$\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n} < \frac{n\sqrt[n]{n}}{n}$$
Mais ensuite j'ai réalisé que ce n'était pas vrai et que le sens de cette inégalité était le contraire.
Avez-vous une idée de la série avec la limite 1 qui est la plus grande de la série originale?
Merci!
Réponses
Vous voudrez savoir certaines choses sur la taille $\sqrt[n]{n}$est. Les faits clés à prouver sont:
- Pour $n$ un nombre réel positif, il augmente quand $n < e$ et décroissant quand $n>e$. Pour les entiers,$3^{1/3} \approx 1.44$ est la plus grande valeur, avec $2^{1/2} \approx 1.41$ prenant la deuxième place.
- Comme $n \to \infty$, $\sqrt[n]{n} \to 1$. Une estimation plus précise de$\sqrt[n]{n}$ comme $n \to \infty$ est $1 + \frac{\log n}{n}$, mais nous n'en aurons pas besoin.
Nous calculons donc en moyenne quelques grands termes et de nombreux termes proches de $1$. Un bon moyen de gérer une situation comme celle-là avec le théorème de compression est de se séparer en deux parties:$$ \frac1n \sum_{k=1}^n \sqrt[k]{k} = \frac1n \sum_{k=1}^{\sqrt n}\sqrt[k]k + \frac1n \sum_{k=\sqrt{n}+1}^{n}\sqrt[k]k. $$ Que pouvons-nous dire de ces deux parties?
- Dans la première somme, nous avons $\sqrt n$ termes, chacun étant au plus $3^{1/3}$. Donc la somme est au plus$3^{1/3} \sqrt n$, et nous divisons par $n$. Cette somme va à$0$.
- Dans la seconde somme, nous avons presque $n$ termes, dont chacun est inférieur à $\sqrt[k]{k}$ pour $k = \sqrt n$. Donc, ils totalisent moins de$n \sqrt[k]{k}$. Quand nous divisons par$n$, on a $\sqrt[k]{k}$ où $k=\sqrt n$, et cela approche $1$ comme $n \to \infty$.
(Le seuil spécifique de $\sqrt n$ est très flexible: toute fonction $1 \ll f(n) \ll n$ ferait.)
Comme le montre cette réponse , le théorème binomial dit que pour$n\ge1$, $$ \begin{align} 1\le n^{1/n} &\le1+\sqrt{\frac2n}\tag{1a}\\ &\le1+\frac{2\sqrt2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}\tag{1b}\\[3pt] &=1+2\sqrt2\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)\tag{1c} \end{align} $$ Donc, $$ \frac nn\le\frac1n\sum_{k=1}^nk^{1/k}\le\frac1n\left[n+2\sqrt2\sum_{k=1}^n\left(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}\right)\right]\tag2 $$ et, parce que la somme sur le côté droit de $(2)$ télescopes , nous avons$$ 1\le\frac1n\sum_{k=1}^nk^{1/k}\le1+\frac{2\sqrt2}{\sqrt{n}}\tag3 $$auquel nous pouvons appliquer le théorème de compression .
Ce n'est pas une réponse complète à la question, mais de nombreuses réponses impliquent que la fonction $n\mapsto n^{1/n}$augmente strictement. Ce n'est pas le cas. Pour voir ça:
Laisser $y=x^{1/x}$. ensuite$\ln y=\frac 1x \ln x$ donc $\frac{y'}{y}=\frac{1}{x^2}(1-\ln x)$. Puisque$y>0$, Cela implique que $y$ augmente $(0,e)$ et décroissant sur $(e,\infty)$.
Par conséquent, n'utilisez pas la limite supérieure de$n^{1/n}$.
On peut combiner les deux faits suivants:
1. Si$a_n\to a,\,$ puis $\,\frac{1}{n}(a_1+\cdots+a_n)\to a$.
2. $\sqrt[n]{n}\to 1$.
Une autre façon de le montrer est la suivante: $$ \sqrt[2k]{k}=1+a_k\Longrightarrow \sqrt{k}=(1+a_k)^{k}\ge 1+ka_k \Longrightarrow 0\le a_k<\frac{1}{\sqrt{k}} $$ et donc $$ 1<\sqrt[n]{n}=(1+a_n)^2=1+2a_n+a_n^2<1+\frac{2}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}\le 1+\frac{3}{\sqrt{n}} $$ Et ainsi $$ 1<\frac{1}{n}(1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt[n]{n})<1+\frac{3}{n}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}\right) \\ <1+\frac{3}{n}\cdot (2\sqrt{n}+1)\to 1. $$ Il reste à montrer que $$ 1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}<2\sqrt{n}+1 $$ ce qui peut être facilement réalisé par induction.
Tout d'abord, nous avons, pour tout $ n\in\mathbb{N}^{*} $, ce qui suit : $$ \sqrt[n]{n}=1+\frac{\ln{n}}{n}\int_{0}^{1}{n^{\frac{x}{n}}\,\mathrm{d}x} $$
Puisque : \begin{aligned}0\leq\int_{0}^{1}{n^{\frac{x}{n}}\,\mathrm{d}x}&\leq n^{\frac{1}{n}}\\ &\leq 2\end{aligned}
Nous avons : \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}
Cela reste vrai pour tout $ n\in\mathbb{N}^{*} $, ce qui signifie donné $ n\in\mathbb{N}^{*} $, nous avons : \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}
Ainsi, en utilisant le théorème de compression, la limite serait $ 1 \cdot$