найти предел $\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+…+\sqrt[n]{n}}{n}$ с теоремой сжатия [дубликат]
Я пытаюсь доказать теоремой о сжатии, что предел следующей серии равен 1:
$$\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n}$$
Для левой части неравенства я сделал:
$$\frac{1+\sqrt{1}+\sqrt[3]{1}+...+\sqrt[n]{1}}{n} < \frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n}$$
Для правой стороны сначала сделал следующее:
$$\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+...+\sqrt[n]{n}}{n} < \frac{n\sqrt[n]{n}}{n}$$
Но потом я понял, что это неправда и что направление этого неравенства противоположное.
Ты хоть представляешь, какая серия с пределом 1 больше оригинальной серии?
Спасибо!
Ответы
Вы захотите узнать кое-что о том, насколько велик $\sqrt[n]{n}$является. Ключевые факты, которые необходимо доказать:
- Для $n$ положительное действительное число, оно увеличивается, когда $n < e$ и уменьшается, когда $n>e$. Для целых чисел$3^{1/3} \approx 1.44$ - наибольшее значение, с $2^{1/2} \approx 1.41$ занимая второе место.
- Так как $n \to \infty$, $\sqrt[n]{n} \to 1$. Более точная оценка$\sqrt[n]{n}$ так как $n \to \infty$ является $1 + \frac{\log n}{n}$, но нам это не понадобится.
Таким образом, мы усредняем несколько больших членов, а многие из них близки к $1$. Один хороший способ справиться с подобной ситуацией с теоремой сжатия - разделить на две части:$$ \frac1n \sum_{k=1}^n \sqrt[k]{k} = \frac1n \sum_{k=1}^{\sqrt n}\sqrt[k]k + \frac1n \sum_{k=\sqrt{n}+1}^{n}\sqrt[k]k. $$ Что можно сказать об этих двух частях?
- В первой сумме имеем $\sqrt n$ условия, каждый из которых не более $3^{1/3}$. Итак, сумма не более$3^{1/3} \sqrt n$, и мы делим на $n$. Эта сумма идет в$0$.
- Во второй сумме почти $n$ условия, каждый из которых меньше $\sqrt[k]{k}$ для $k = \sqrt n$. Таким образом, они в сумме составляют менее$n \sqrt[k]{k}$. Когда мы делим на$n$, мы получаем $\sqrt[k]{k}$ где $k=\sqrt n$, и это приближается $1$ так как $n \to \infty$.
(Конкретное ограничение $\sqrt n$ очень гибкий: любая функция $1 \ll f(n) \ll n$ сделал бы.)
Как показано в этом ответе , биномиальная теорема говорит, что для$n\ge1$, $$ \begin{align} 1\le n^{1/n} &\le1+\sqrt{\frac2n}\tag{1a}\\ &\le1+\frac{2\sqrt2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}\tag{1b}\\[3pt] &=1+2\sqrt2\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)\tag{1c} \end{align} $$ Таким образом, $$ \frac nn\le\frac1n\sum_{k=1}^nk^{1/k}\le\frac1n\left[n+2\sqrt2\sum_{k=1}^n\left(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}\right)\right]\tag2 $$ и, поскольку сумма в правой части $(2)$ телескопы , у нас есть$$ 1\le\frac1n\sum_{k=1}^nk^{1/k}\le1+\frac{2\sqrt2}{\sqrt{n}}\tag3 $$к которому мы можем применить теорему сжатия .
Это не полный ответ на вопрос, но многие ответы предполагают, что функция $n\mapsto n^{1/n}$строго увеличивается. Это не вариант. Чтобы увидеть это:
Позволять $y=x^{1/x}$. потом$\ln y=\frac 1x \ln x$ так $\frac{y'}{y}=\frac{1}{x^2}(1-\ln x)$. поскольку$y>0$, это означает, что $y$ увеличивается на $(0,e)$ и уменьшается $(e,\infty)$.
Следовательно, не используйте верхнюю границу$n^{1/n}$.
Можно объединить следующие два факта:
1. Если$a_n\to a,\,$ тогда $\,\frac{1}{n}(a_1+\cdots+a_n)\to a$.
2. $\sqrt[n]{n}\to 1$.
Другой способ показать это: $$ \sqrt[2k]{k}=1+a_k\Longrightarrow \sqrt{k}=(1+a_k)^{k}\ge 1+ka_k \Longrightarrow 0\le a_k<\frac{1}{\sqrt{k}} $$ и, следовательно $$ 1<\sqrt[n]{n}=(1+a_n)^2=1+2a_n+a_n^2<1+\frac{2}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}\le 1+\frac{3}{\sqrt{n}} $$ и поэтому $$ 1<\frac{1}{n}(1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt[n]{n})<1+\frac{3}{n}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}\right) \\ <1+\frac{3}{n}\cdot (2\sqrt{n}+1)\to 1. $$ Осталось показать, что $$ 1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}<2\sqrt{n}+1 $$ что легко сделать индуктивно.
Прежде всего у нас есть для любого $ n\in\mathbb{N}^{*} $, следующее : $$ \sqrt[n]{n}=1+\frac{\ln{n}}{n}\int_{0}^{1}{n^{\frac{x}{n}}\,\mathrm{d}x} $$
Поскольку : \begin{aligned}0\leq\int_{0}^{1}{n^{\frac{x}{n}}\,\mathrm{d}x}&\leq n^{\frac{1}{n}}\\ &\leq 2\end{aligned}
У нас есть : \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}
Это остается верным для любого $ n\in\mathbb{N}^{*} $, что означает данный $ n\in\mathbb{N}^{*} $, у нас есть : \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}
Таким образом, используя теорему сжатия, предел будет $ 1 \cdot$