znajdź limit $\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+…+\sqrt[n]{n}}{n}$ z twierdzeniem o wyciskaniu [duplikat]
Próbuję udowodnić twierdzeniem squeeze, że granica następującego szeregu jest równa 1:
$$\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n}$$
Dla lewej strony nierówności zrobiłem:
$$\frac{1+\sqrt{1}+\sqrt[3]{1}+...+\sqrt[n]{1}}{n} < \frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n}$$
Po prawej stronie najpierw wykonałem następujące czynności:
$$\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n} < \frac{n\sqrt[n]{n}}{n}$$
Ale potem zdałem sobie sprawę, że to nieprawda i że kierunek tej nierówności jest odwrotny.
Czy masz pomysł, która seria z limitem 1 jest większa od oryginalnej serii?
Dzięki!
Odpowiedzi
Będziesz chciał wiedzieć kilka rzeczy o tym, jak duże $\sqrt[n]{n}$jest. Kluczowe fakty do udowodnienia to:
- Dla $n$ dodatnia liczba rzeczywista, rośnie, kiedy $n < e$ i maleje kiedy $n>e$. W przypadku liczb całkowitych$3^{1/3} \approx 1.44$ to największa wartość, z $2^{1/2} \approx 1.41$ zajmując drugie miejsce.
- Tak jak $n \to \infty$, $\sqrt[n]{n} \to 1$. Bardziej precyzyjne oszacowanie$\sqrt[n]{n}$ tak jak $n \to \infty$ jest $1 + \frac{\log n}{n}$, ale nie będziemy tego potrzebować.
Więc uśredniamy kilka dużych i wiele bliskich $1$. Dobrym sposobem radzenia sobie z taką sytuacją za pomocą twierdzenia o przeciskaniu jest rozdzielenie na dwie części:$$ \frac1n \sum_{k=1}^n \sqrt[k]{k} = \frac1n \sum_{k=1}^{\sqrt n}\sqrt[k]k + \frac1n \sum_{k=\sqrt{n}+1}^{n}\sqrt[k]k. $$ Co możemy powiedzieć o tych dwóch częściach?
- W pierwszej sumie mamy $\sqrt n$ warunki, z których każdy jest najwyżej $3^{1/3}$. Więc suma to najwyżej$3^{1/3} \sqrt n$, i dzielimy się przez $n$. Ta suma idzie do$0$.
- W drugiej sumie mamy prawie $n$ terminy, z których każdy jest mniejszy niż $\sqrt[k]{k}$ dla $k = \sqrt n$. Więc sumują się mniej niż$n \sqrt[k]{k}$. Kiedy dzielimy$n$, mamy $\sqrt[k]{k}$ gdzie $k=\sqrt n$i to się zbliża $1$ tak jak $n \to \infty$.
(Specyficzna wartość odcięcia $\sqrt n$ jest bardzo elastyczny: dowolna funkcja $1 \ll f(n) \ll n$ zrobiłby.)
Jak pokazano w tej odpowiedzi , twierdzenie dwumianowe mówi, że for$n\ge1$, $$ \begin{align} 1\le n^{1/n} &\le1+\sqrt{\frac2n}\tag{1a}\\ &\le1+\frac{2\sqrt2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}\tag{1b}\\[3pt] &=1+2\sqrt2\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)\tag{1c} \end{align} $$ A zatem, $$ \frac nn\le\frac1n\sum_{k=1}^nk^{1/k}\le\frac1n\left[n+2\sqrt2\sum_{k=1}^n\left(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}\right)\right]\tag2 $$ a ponieważ suma po prawej stronie $(2)$ mamy teleskopy$$ 1\le\frac1n\sum_{k=1}^nk^{1/k}\le1+\frac{2\sqrt2}{\sqrt{n}}\tag3 $$do którego możemy zastosować twierdzenie o wyciskaniu .
Nie jest to pełna odpowiedź na pytanie, ale wiele odpowiedzi sugeruje, że funkcja $n\mapsto n^{1/n}$ściśle rośnie. Nie o to chodzi. Aby to zobaczyć:
Pozwolić $y=x^{1/x}$. Następnie$\ln y=\frac 1x \ln x$ więc $\frac{y'}{y}=\frac{1}{x^2}(1-\ln x)$. Od$y>0$, to daje do zrozumienia ze $y$ rośnie $(0,e)$ i malejąco $(e,\infty)$.
Dlatego nie używaj górnej granicy$n^{1/n}$.
Można połączyć dwa następujące fakty:
1. Jeśli$a_n\to a,\,$ następnie $\,\frac{1}{n}(a_1+\cdots+a_n)\to a$.
2. $\sqrt[n]{n}\to 1$.
Innym sposobem na pokazanie tego jest: $$ \sqrt[2k]{k}=1+a_k\Longrightarrow \sqrt{k}=(1+a_k)^{k}\ge 1+ka_k \Longrightarrow 0\le a_k<\frac{1}{\sqrt{k}} $$ i stąd $$ 1<\sqrt[n]{n}=(1+a_n)^2=1+2a_n+a_n^2<1+\frac{2}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}\le 1+\frac{3}{\sqrt{n}} $$ a zatem $$ 1<\frac{1}{n}(1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt[n]{n})<1+\frac{3}{n}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}\right) \\ <1+\frac{3}{n}\cdot (2\sqrt{n}+1)\to 1. $$ Pozostaje to pokazać $$ 1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}<2\sqrt{n}+1 $$ co można łatwo zrobić indukcyjnie.
Przede wszystkim mamy dla każdego $ n\in\mathbb{N}^{*} $, następujące : $$ \sqrt[n]{n}=1+\frac{\ln{n}}{n}\int_{0}^{1}{n^{\frac{x}{n}}\,\mathrm{d}x} $$
Od : \begin{aligned}0\leq\int_{0}^{1}{n^{\frac{x}{n}}\,\mathrm{d}x}&\leq n^{\frac{1}{n}}\\ &\leq 2\end{aligned}
Mamy : \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}
To pozostaje prawdą dla każdego $ n\in\mathbb{N}^{*} $, co oznacza dane $ n\in\mathbb{N}^{*} $, mamy : \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}
Zatem używając twierdzenia o ściskaniu, granica byłaby $ 1 \cdot$