の限界を見つける $\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+…+\sqrt[n]{n}}{n}$ はさみうちの定理[複製]
次の級数の限界が1に等しいことをはさみうちの定理で証明しようとしています。
$$\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n}$$
私がした不等式の左側について：
$$\frac{1+\sqrt{1}+\sqrt[3]{1}+...+\sqrt[n]{1}}{n} < \frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n}$$
右側については、最初に次のことを行いました。
$$\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n} < \frac{n\sqrt[n]{n}}{n}$$
しかし、それは真実ではなく、この不平等の方向は反対であることに気づきました。
制限1のどのシリーズが元のシリーズよりも大きいかについて何か考えがありますか？
ありがとう！
回答
あなたはどれくらいの大きさについていくつかのことを知りたいでしょう $\sqrt[n]{n}$です。証明する重要な事実は次のとおりです。
- ために $n$ 正の実数、それは次の場合に増加します $n < e$ と減少するとき $n>e$。整数の場合、$3^{1/3} \approx 1.44$ は最大の値であり、 $2^{1/2} \approx 1.41$ 2位になりました。
- なので $n \to \infty$、 $\sqrt[n]{n} \to 1$。のより正確な見積もり$\sqrt[n]{n}$ なので $n \to \infty$ です $1 + \frac{\log n}{n}$、しかし私たちはそれを必要としません。
したがって、いくつかの大きな用語を平均しており、多くの用語は $1$。はさみうちの定理でそのような状況に対処する1つの良い方法は、2つの部分に分けることです。$$ \frac1n \sum_{k=1}^n \sqrt[k]{k} = \frac1n \sum_{k=1}^{\sqrt n}\sqrt[k]k + \frac1n \sum_{k=\sqrt{n}+1}^{n}\sqrt[k]k. $$ これらの2つの部分について何が言えますか？
- 最初の合計では、 $\sqrt n$ 用語、それぞれが最大で $3^{1/3}$。だから合計はせいぜいです$3^{1/3} \sqrt n$、そして私たちはで割っています $n$。この合計はに行きます$0$。
- 2番目の合計では、ほぼ $n$ 用語、それぞれが未満 $\sqrt[k]{k}$ ために $k = \sqrt n$。したがって、合計すると$n \sqrt[k]{k}$。で割ると$n$、 我々が得る $\sqrt[k]{k}$ どこ $k=\sqrt n$、そしてこのアプローチ $1$ なので $n \to \infty$。
（の特定のカットオフ $\sqrt n$ 非常に柔軟性があります：任意の機能 $1 \ll f(n) \ll n$ するだろう。）
この回答に示されているように、二項定理は$n\ge1$、 $$ \begin{align} 1\le n^{1/n} &\le1+\sqrt{\frac2n}\tag{1a}\\ &\le1+\frac{2\sqrt2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}\tag{1b}\\[3pt] &=1+2\sqrt2\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)\tag{1c} \end{align} $$ したがって、 $$ \frac nn\le\frac1n\sum_{k=1}^nk^{1/k}\le\frac1n\left[n+2\sqrt2\sum_{k=1}^n\left(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}\right)\right]\tag2 $$ そして、の右側の合計が $(2)$ 望遠鏡、私たちは持っています$$ 1\le\frac1n\sum_{k=1}^nk^{1/k}\le1+\frac{2\sqrt2}{\sqrt{n}}\tag3 $$はさみうちの定理を適用できます。
これは質問に対する完全な答えではありませんが、多くの答えはその機能が $n\mapsto n^{1/n}$厳密に増加しています。これはそうではありません。これを見るには：
しましょう $y=x^{1/x}$。次に$\ln y=\frac 1x \ln x$ そう $\frac{y'}{y}=\frac{1}{x^2}(1-\ln x)$。以来$y>0$、これは $y$ 増加しています $(0,e)$ と減少します $(e,\infty)$。
したがって、の上限を使用しないでください$n^{1/n}$。
次の2つの事実を組み合わせることができます。
1.もし$a_n\to a,\,$ その後 $\,\frac{1}{n}(a_1+\cdots+a_n)\to a$。
2.2。 $\sqrt[n]{n}\to 1$。
それを示す別の方法は次のとおりです。 $$ \sqrt[2k]{k}=1+a_k\Longrightarrow \sqrt{k}=(1+a_k)^{k}\ge 1+ka_k \Longrightarrow 0\le a_k<\frac{1}{\sqrt{k}} $$ それゆえ $$ 1<\sqrt[n]{n}=(1+a_n)^2=1+2a_n+a_n^2<1+\frac{2}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}\le 1+\frac{3}{\sqrt{n}} $$ したがって $$ 1<\frac{1}{n}(1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt[n]{n})<1+\frac{3}{n}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}\right) \\ <1+\frac{3}{n}\cdot (2\sqrt{n}+1)\to 1. $$ それを示すために残っています $$ 1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}<2\sqrt{n}+1 $$ これは簡単に帰納的に行うことができます。
まず第一に、私たちが持っている $ n\in\mathbb{N}^{*} $、 以下 ： $$ \sqrt[n]{n}=1+\frac{\ln{n}}{n}\int_{0}^{1}{n^{\frac{x}{n}}\,\mathrm{d}x} $$
以来： \begin{aligned}0\leq\int_{0}^{1}{n^{\frac{x}{n}}\,\mathrm{d}x}&\leq n^{\frac{1}{n}}\\ &\leq 2\end{aligned}
我々は持っています ： \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}
それはどの人にも当てはまります $ n\in\mathbb{N}^{*} $、つまり与えられた $ n\in\mathbb{N}^{*} $、 我々は持っています ： \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}
したがって、はさみうちの定理を使用すると、制限は次のようになります。 $ 1 \cdot$