की सीमा खोजें $\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+…+\sqrt[n]{n}}{n}$ निचोड़ प्रमेय के साथ [डुप्लिकेट]

Question

मैं निचोड़ प्रमेय के साथ साबित करने की कोशिश कर रहा हूं कि निम्नलिखित श्रृंखला की सीमा 1 के बराबर है:

$$\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n}$$

असमानता के बाईं ओर के लिए मैंने किया:

$$\frac{1+\sqrt{1}+\sqrt[3]{1}+...+\sqrt[n]{1}}{n} < \frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n}$$

दाईं ओर के लिए, पहले मैंने निम्नलिखित कार्य किया:

$$\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n} < \frac{n\sqrt[n]{n}}{n}$$

लेकिन तब मुझे एहसास हुआ कि यह सच नहीं था और इस असमानता की दिशा विपरीत है।

क्या आपके पास कोई विचार है जो सीमा 1 के साथ श्रृंखला मूल श्रृंखला से बड़ी है?

धन्यवाद!

Answer 1

आप कुछ चीजों के बारे में जानना चाहते हैं कि कितना बड़ा है $\sqrt[n]{n}$है। साबित करने के लिए महत्वपूर्ण तथ्य हैं:

• के लिये $n$ एक सकारात्मक वास्तविक संख्या, यह बढ़ रही है जब $n < e$ और कब घट रहा है $n>e$। पूर्णांकों के लिए,$3^{1/3} \approx 1.44$ के साथ सबसे बड़ा मूल्य है $2^{1/2} \approx 1.41$ दूसरा स्थान ले रहा है।
• जैसा $n \to \infty$, $\sqrt[n]{n} \to 1$। का अधिक सटीक अनुमान$\sqrt[n]{n}$ जैसा $n \to \infty$ है $1 + \frac{\log n}{n}$, लेकिन हमें इसकी आवश्यकता नहीं होगी।

इसलिए हम कुछ बड़े शब्दों के औसत हैं, और कई के करीब कई शब्द हैं $1$। निचोड़ प्रमेय जैसी स्थिति से निपटने का एक अच्छा तरीका दो भागों में अलग होना है:$$ \frac1n \sum_{k=1}^n \sqrt[k]{k} = \frac1n \sum_{k=1}^{\sqrt n}\sqrt[k]k + \frac1n \sum_{k=\sqrt{n}+1}^{n}\sqrt[k]k. $$ इन दो भागों के बारे में हम क्या कह सकते हैं?

• पहले योग में, हमारे पास है $\sqrt n$ शर्तें, जिनमें से प्रत्येक सबसे अधिक है $3^{1/3}$। इसलिए योग सबसे अधिक है$3^{1/3} \sqrt n$, और हम विभाजित कर रहे हैं $n$। यह योग जाता है$0$।
• दूसरी राशि में, हमारे पास लगभग है $n$ शर्तें, जिनमें से प्रत्येक से कम है $\sqrt[k]{k}$ के लिये $k = \sqrt n$। इसलिए वे कम से कम जोड़ते हैं$n \sqrt[k]{k}$। जब हम विभाजित करते हैं$n$, हमें मिला $\sqrt[k]{k}$ कहां है $k=\sqrt n$, और यह दृष्टिकोण $1$ जैसा $n \to \infty$।

(की विशिष्ट कटऑफ $\sqrt n$ बहुत लचीला है: कोई भी कार्य $1 \ll f(n) \ll n$ करेंगे।)

Answer 2

जैसा कि इस उत्तर में दिखाया गया है , द्विपद प्रमेय कहता है कि के लिए$n\ge1$, $$ \begin{align} 1\le n^{1/n} &\le1+\sqrt{\frac2n}\tag{1a}\\ &\le1+\frac{2\sqrt2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}\tag{1b}\\[3pt] &=1+2\sqrt2\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)\tag{1c} \end{align} $$ इस प्रकार, $$ \frac nn\le\frac1n\sum_{k=1}^nk^{1/k}\le\frac1n\left[n+2\sqrt2\sum_{k=1}^n\left(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}\right)\right]\tag2 $$ और, क्योंकि दाईं ओर योग है $(2)$ दूरबीन , हमारे पास है$$ 1\le\frac1n\sum_{k=1}^nk^{1/k}\le1+\frac{2\sqrt2}{\sqrt{n}}\tag3 $$जिसे हम निचोड़ प्रमेय लागू कर सकते हैं ।

Answer 3

यह प्रश्न का पूर्ण उत्तर नहीं है, लेकिन कई उत्तर यह मान रहे हैं कि फ़ंक्शन $n\mapsto n^{1/n}$सख्ती बढ़ रही है। यह मसला नहीं है। इसे देखने के लिए:

चलो $y=x^{1/x}$। फिर$\ln y=\frac 1x \ln x$ तोह फिर $\frac{y'}{y}=\frac{1}{x^2}(1-\ln x)$। जबसे$y>0$, यह बताता है कि $y$ बढ़ता जा रहा है $(0,e)$ और कम हो रहा है $(e,\infty)$।

इसलिए, ऊपरी सीमा का उपयोग न करें$n^{1/n}$।

Answer 4

एक निम्नलिखित दो तथ्यों को जोड़ सकता है:

1. अगर$a_n\to a,\,$ तब फिर $\,\frac{1}{n}(a_1+\cdots+a_n)\to a$।

२। $\sqrt[n]{n}\to 1$।

इसे दिखाने का दूसरा तरीका निम्नलिखित है: $$ \sqrt[2k]{k}=1+a_k\Longrightarrow \sqrt{k}=(1+a_k)^{k}\ge 1+ka_k \Longrightarrow 0\le a_k<\frac{1}{\sqrt{k}} $$ और इसलिए $$ 1<\sqrt[n]{n}=(1+a_n)^2=1+2a_n+a_n^2<1+\frac{2}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}\le 1+\frac{3}{\sqrt{n}} $$ और इस तरह $$ 1<\frac{1}{n}(1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt[n]{n})<1+\frac{3}{n}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}\right) \\ <1+\frac{3}{n}\cdot (2\sqrt{n}+1)\to 1. $$ यह दिखाना बाकी है $$ 1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}<2\sqrt{n}+1 $$ जिसे आसानी से आगमनात्मक रूप से किया जा सकता है।

Answer 5

सबसे पहले हमारे पास, किसी के लिए $ n\in\mathbb{N}^{*} $, निम्नलिखित : $$ \sqrt[n]{n}=1+\frac{\ln{n}}{n}\int_{0}^{1}{n^{\frac{x}{n}}\,\mathrm{d}x} $$

जबसे : \begin{aligned}0\leq\int_{0}^{1}{n^{\frac{x}{n}}\,\mathrm{d}x}&\leq n^{\frac{1}{n}}\\ &\leq 2\end{aligned}

हमारे पास है : \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}

यह किसी भी के लिए सही रहता है $ n\in\mathbb{N}^{*} $, जिसका अर्थ है दिया $ n\in\mathbb{N}^{*} $, अपने पास : \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}

इस प्रकार, निचोड़ प्रमेय का उपयोग करते हुए, सीमा होगी $ 1 \cdot$