한계 찾기 $\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+…+\sqrt[n]{n}}{n}$ 짜기 정리로 [중복]

Question

다음 시리즈의 한계가 1과 같다는 것을 압착 정리로 증명하려고합니다.

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

불평등의 왼쪽에 대해 다음과 같이했습니다.

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

오른쪽의 경우 처음에는 다음을 수행했습니다.

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

그러나 나는 그것이 사실이 아니며이 불평등의 방향이 반대라는 것을 깨달았습니다.

제한이 1 인 시리즈가 원래 시리즈보다 더 큰지 아십니까?

감사!

Answer 1

얼마나 큰지 알고 싶을 것입니다. $\sqrt[n]{n}$이다. 증명해야 할 주요 사실은 다음과 같습니다.

• 에 대한 $n$ 양의 실수, 그것은 때 증가합니다 $n < e$ 그리고 감소 할 때 $n>e$. 정수의 경우$3^{1/3} \approx 1.44$ 가장 큰 값입니다. $2^{1/2} \approx 1.41$ 2 위.
• 같이 $n \to \infty$, $\sqrt[n]{n} \to 1$. 보다 정확한 추정$\sqrt[n]{n}$ 같이 $n \to \infty$ 이다 $1 + \frac{\log n}{n}$,하지만 필요하지 않습니다.

그래서 우리는 몇 개의 큰 항을 평균화하고 있습니다. $1$. 압착 정리로 이와 같은 상황을 처리하는 한 가지 좋은 방법은 두 부분으로 분리하는 것입니다.$$ \frac1n \sum_{k=1}^n \sqrt[k]{k} = \frac1n \sum_{k=1}^{\sqrt n}\sqrt[k]k + \frac1n \sum_{k=\sqrt{n}+1}^{n}\sqrt[k]k. $$ 이 두 부분에 대해 무엇을 말할 수 있습니까?

• 첫 번째 합계에서 우리는 $\sqrt n$ 각 용어는 최대 $3^{1/3}$. 그래서 합계는 기껏해야$3^{1/3} \sqrt n$, 그리고 우리는 $n$. 이 합계는$0$.
• 두 번째 합계에서 우리는 거의 $n$ 각 용어는 다음보다 작습니다. $\sqrt[k]{k}$ ...에 대한 $k = \sqrt n$. 그래서 그들은 더 적은$n \sqrt[k]{k}$. 우리가 나눌 때$n$, 우리는 $\sqrt[k]{k}$ 어디 $k=\sqrt n$, 그리고 이것은 $1$ 같이 $n \to \infty$.

(특정 컷오프 $\sqrt n$ 매우 유연합니다 : 모든 기능 $1 \ll f(n) \ll n$ 할것이다.)

Answer 2

이 답변 에서 볼 수 있듯이 이항 정리는 다음 과 같이 말합니다.$n\ge1$, $$ \begin{align} 1\le n^{1/n} &\le1+\sqrt{\frac2n}\tag{1a}\\ &\le1+\frac{2\sqrt2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}\tag{1b}\\[3pt] &=1+2\sqrt2\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)\tag{1c} \end{align} $$ 그러므로, $$ \frac nn\le\frac1n\sum_{k=1}^nk^{1/k}\le\frac1n\left[n+2\sqrt2\sum_{k=1}^n\left(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}\right)\right]\tag2 $$ 그리고 오른쪽에있는 합이 $(2)$ 망원경 , 우리는$$ 1\le\frac1n\sum_{k=1}^nk^{1/k}\le1+\frac{2\sqrt2}{\sqrt{n}}\tag3 $$Squeeze Theorem을 적용 할 수 있습니다 .

Answer 3

이것은 질문에 대한 완전한 대답은 아니지만 많은 대답은 기능이 $n\mapsto n^{1/n}$엄격하게 증가하고 있습니다. 그렇지 않다. 이것을 보려면 :

허락하다 $y=x^{1/x}$. 그때$\ln y=\frac 1x \ln x$ 그래서 $\frac{y'}{y}=\frac{1}{x^2}(1-\ln x)$. 이후$y>0$, 이것은 의미 $y$ 증가하고있다 $(0,e)$ 및 감소 $(e,\infty)$.

따라서 상한을 사용 하지 마십시오.$n^{1/n}$.

Answer 4

다음 두 가지 사실을 결합 할 수 있습니다.

1. 만약$a_n\to a,\,$ 그때 $\,\frac{1}{n}(a_1+\cdots+a_n)\to a$.

2. $\sqrt[n]{n}\to 1$.

이를 보여주는 또 다른 방법은 다음과 같습니다. $$ \sqrt[2k]{k}=1+a_k\Longrightarrow \sqrt{k}=(1+a_k)^{k}\ge 1+ka_k \Longrightarrow 0\le a_k<\frac{1}{\sqrt{k}} $$ 따라서 $$ 1<\sqrt[n]{n}=(1+a_n)^2=1+2a_n+a_n^2<1+\frac{2}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}\le 1+\frac{3}{\sqrt{n}} $$ 따라서 $$ 1<\frac{1}{n}(1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt[n]{n})<1+\frac{3}{n}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}\right) \\ <1+\frac{3}{n}\cdot (2\sqrt{n}+1)\to 1. $$ 그것을 보여주는 것은 남아 있습니다 $$ 1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}<2\sqrt{n}+1 $$ 쉽게 유도 할 수 있습니다.

Answer 5

우선 우리는 $ n\in\mathbb{N}^{*} $, 다음과 같은 : $$ \sqrt[n]{n}=1+\frac{\ln{n}}{n}\int_{0}^{1}{n^{\frac{x}{n}}\,\mathrm{d}x} $$

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

우리는 : \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}

그것은 누구에게나 사실로 남아 있습니다. $ n\in\mathbb{N}^{*} $, 즉 주어진 $ n\in\mathbb{N}^{*} $, 우리는 : \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}

따라서 압착 정리를 사용하면 한계는 $ 1 \cdot$