temukan batas $\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+…+\sqrt[n]{n}}{n}$ dengan teorema squeeze [duplikat]
Saya mencoba membuktikan dengan teorema squeeze bahwa limit deret berikut sama dengan 1:
$$\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n}$$
Untuk sisi kiri ketidaksetaraan yang saya lakukan:
$$\frac{1+\sqrt{1}+\sqrt[3]{1}+...+\sqrt[n]{1}}{n} < \frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n}$$
Untuk sisi kanan, pertama-tama saya melakukan hal berikut:
$$\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n} < \frac{n\sqrt[n]{n}}{n}$$
Tapi kemudian saya menyadari itu tidak benar dan arah dari ketidaksetaraan ini adalah sebaliknya.
Tahukah Anda seri mana dengan limit 1 yang lebih besar dari seri aslinya?
Terima kasih!
Jawaban
Anda pasti ingin mengetahui beberapa hal tentang seberapa besar $\sqrt[n]{n}$aku s. Fakta utama yang harus dibuktikan adalah:
- Untuk $n$ bilangan real positif, itu meningkat ketika $n < e$ dan menurun kapan $n>e$. Untuk bilangan bulat,$3^{1/3} \approx 1.44$ adalah nilai terbesar, dengan $2^{1/2} \approx 1.41$ mengambil tempat kedua.
- Sebagai $n \to \infty$, $\sqrt[n]{n} \to 1$. Perkiraan yang lebih tepat$\sqrt[n]{n}$ sebagai $n \to \infty$ aku s $1 + \frac{\log n}{n}$, tapi kita tidak membutuhkannya.
Jadi kami membuat rata-rata beberapa istilah besar, dan banyak istilah yang mendekati $1$. Salah satu cara yang baik untuk menghadapi situasi seperti itu dengan teorema pemerasan adalah dengan memisahkan menjadi dua bagian:$$ \frac1n \sum_{k=1}^n \sqrt[k]{k} = \frac1n \sum_{k=1}^{\sqrt n}\sqrt[k]k + \frac1n \sum_{k=\sqrt{n}+1}^{n}\sqrt[k]k. $$ Apa yang dapat kami katakan tentang dua bagian ini?
- Dalam jumlah pertama, kami punya $\sqrt n$ istilah, yang masing-masing paling banyak $3^{1/3}$. Jadi jumlahnya paling banyak$3^{1/3} \sqrt n$, dan kami membaginya dengan $n$. Jumlah ini masuk ke$0$.
- Pada jumlah kedua, kita hampir mendapatkan $n$ istilah, yang masing-masing kurang dari $\sqrt[k]{k}$ untuk $k = \sqrt n$. Jadi mereka menambahkan hingga kurang dari$n \sqrt[k]{k}$. Saat kita membagi$n$, kita mendapatkan $\sqrt[k]{k}$ dimana $k=\sqrt n$, dan pendekatan ini $1$ sebagai $n \to \infty$.
(Batas khusus dari $\sqrt n$ sangat fleksibel: fungsi apa saja $1 \ll f(n) \ll n$ akan dilakukan.)
Seperti yang ditunjukkan dalam jawaban ini , Teorema Binomial mengatakan bahwa untuk$n\ge1$, $$ \begin{align} 1\le n^{1/n} &\le1+\sqrt{\frac2n}\tag{1a}\\ &\le1+\frac{2\sqrt2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}\tag{1b}\\[3pt] &=1+2\sqrt2\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)\tag{1c} \end{align} $$ Jadi, $$ \frac nn\le\frac1n\sum_{k=1}^nk^{1/k}\le\frac1n\left[n+2\sqrt2\sum_{k=1}^n\left(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}\right)\right]\tag2 $$ dan, karena jumlah di sisi kanan $(2)$ teleskop , kami punya$$ 1\le\frac1n\sum_{k=1}^nk^{1/k}\le1+\frac{2\sqrt2}{\sqrt{n}}\tag3 $$di mana kita dapat menerapkan Teorema Squeeze .
Ini bukanlah jawaban lengkap untuk pertanyaan tersebut, tetapi banyak jawaban yang menyiratkan bahwa fungsinya $n\mapsto n^{1/n}$meningkat secara ketat. Ini bukan kasusnya. Untuk melihat ini:
Membiarkan $y=x^{1/x}$. Kemudian$\ln y=\frac 1x \ln x$ begitu $\frac{y'}{y}=\frac{1}{x^2}(1-\ln x)$. Sejak$y>0$, ini menyiratkan itu $y$ meningkat $(0,e)$ dan menurun $(e,\infty)$.
Oleh karena itu, jangan gunakan batas atas$n^{1/n}$.
Seseorang dapat menggabungkan dua fakta berikut:
1. Jika$a_n\to a,\,$ kemudian $\,\frac{1}{n}(a_1+\cdots+a_n)\to a$.
2. $\sqrt[n]{n}\to 1$.
Cara lain untuk menunjukkannya adalah sebagai berikut: $$ \sqrt[2k]{k}=1+a_k\Longrightarrow \sqrt{k}=(1+a_k)^{k}\ge 1+ka_k \Longrightarrow 0\le a_k<\frac{1}{\sqrt{k}} $$ dan karenanya $$ 1<\sqrt[n]{n}=(1+a_n)^2=1+2a_n+a_n^2<1+\frac{2}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}\le 1+\frac{3}{\sqrt{n}} $$ dan dengan demikian $$ 1<\frac{1}{n}(1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt[n]{n})<1+\frac{3}{n}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}\right) \\ <1+\frac{3}{n}\cdot (2\sqrt{n}+1)\to 1. $$ Itu tetap menunjukkan itu $$ 1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}<2\sqrt{n}+1 $$ yang dapat dengan mudah dilakukan secara induktif.
Pertama-tama yang kami miliki, untuk apa pun $ n\in\mathbb{N}^{*} $, pengikut : $$ \sqrt[n]{n}=1+\frac{\ln{n}}{n}\int_{0}^{1}{n^{\frac{x}{n}}\,\mathrm{d}x} $$
Sejak : \begin{aligned}0\leq\int_{0}^{1}{n^{\frac{x}{n}}\,\mathrm{d}x}&\leq n^{\frac{1}{n}}\\ &\leq 2\end{aligned}
Kita punya : \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}
Itu tetap benar untuk semua orang $ n\in\mathbb{N}^{*} $, yang artinya diberikan $ n\in\mathbb{N}^{*} $, kita punya : \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}
Jadi, dengan menggunakan teorema pemerasan, batasnya adalah $ 1 \cdot$