Sin series de Taylor $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{\ln \ln n}\cdot \left(\sqrt[n]{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}-1\right) $

Question

Es posible calcular sin series de Taylor? $$\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\ln \ln n}\cdot \left(\sqrt[n]{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}-1\right) $$

Tal vez usted pruebe su suerte sin el software de cómputo.

Answer 1

Aquí está una idiosincrasia de la prueba:

En primer lugar, la aplicación de la apretando lema a la desigualdad de $ 1 \leq (H_{n})^{1/n} \leq n^{1/n} $, sabemos que

$$\lim_{n\to\infty} (H_{n})^{1/n} = 1. \tag{1} $$

A continuación, como tetori señalado, hemos

$$ \log n \leq H_n \leq 1 + \log n. \tag{2} $$

A partir de esta desigualdad, tenemos

$$ \log \log n \leq \log H_n \leq \log(1 + \log n) = \log\log n + \log \left( 1 + \frac{1}{\log n} \right) $$

En particular, dividiendo cada uno de los lados por $\log \log n$ y teniendo en $n \to \infty$ da

$$\lim_{n\to\infty} \frac{\log H_n}{\log \log n} = 1. \tag{3} $$

Ahora es claro observar que

\begin{align*} \frac{n}{\log\log n} \{ (H_n)^{1/n} - 1 \} &= \frac{1}{\log\log n} \int_{1}^{H_n} \frac{x^{1/n}}{x} \, dx. \end{align*}

Desde

\begin{align*} \log H_n &= \int_{1}^{H_n} \frac{1}{x} \, dx \leq \int_{1}^{H_n} \frac{x^{1/n}}{x} \, dx \leq \int_{1}^{H_n} \frac{(H_n)^{1/n}}{x} \, dx = (H_n)^{1/n} \log H_n, \end{align*}

tenemos

$$ \frac{\log H_n}{\log\log n} \leq \frac{n}{\log\log n} \{ (H_n)^{1/n} - 1 \} \leq (H_n)^{1/n} \frac{\log H_n}{\log\log n} .$$

Por lo tanto, teniendo en $n\to\infty$ obtenemos el límite deseado por ambos,$(1)$$(3)$.

Answer 2

$ 1 + \frac 1 2 + ... + \frac 1 n = \log n + O(1)$. Así $$ \left( 1 + \frac 1 2 + ... + \frac 1 n \right)^{\frac 1 n} = \exp \left( \frac 1 n \log(\log n + O(1)) \right) = 1 + \frac 1 n \log(\log n) + o \left( \frac {\log(\log n)} n \right). $$ Así que la respuesta a tu problema es $1$ (pero he usado en series de Taylor...)

Answer 3

Haciendo de esta manera pero en series de Taylor está en mi mente, demente. Pero aún así, usted puede utilizar L'Hôpital. El truco es para expresar

$$[\log{n}]^{1/n} = \exp{\left ( \frac{\log{\log{n}}}{n}\right)}$$

Así que lo que se desea es

$$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n \left [ \exp{\left ( \frac{\log{\log{n}}}{n}\right)} -1 \right ]}{\log{\log{n}}}$$

Utilizando la serie de Taylor, se puede globo ocular esto y ver que el límite es de $1$. L'Hôpital es la mejor cosa siguiente, sin embargo, pero se hace un poco lioso. Usted tiene que tomar derivados de numerador y denominador por separado, ya que tenemos un $0/0$ situación. Después de algunos desordenado álgebra, obtenemos el equivalente límite:

$$\lim_{n \rightarrow \infty} \left [ \left ( \exp{\left ( \frac{\log{\log{n}}}{n}\right)} -1 \right ) n \log{n} - \exp{\left ( \frac{\log{\log{n}}}{n}\right)} \log{n}\,\log{\log{n}} \right ] + \exp{\left ( \frac{\log{\log{n}}}{n}\right)}$$

De nuevo, se puede ver que el término entre corchetes va a cero en este límite si usted acaba de examinar el primer término de la serie. Pero, si usted se aferra a la ignorancia de la conducta de $\exp{z}-1 \sim z$ cerca del origen, entonces usted podría reorganizar el término entre corchetes para que usted obtenga varios complicado términos de la de $0/0$. En este punto, sin embargo, voy a salir en el conocimiento de que la serie es sólo la forma, la manera, el camino más fácil.

Answer 4

En la Primera, la siguiente desigualdad se cumple: $$\ln n \le H_n \le \ln n+1$$ Donde $H_n$ es el número Armónico. Así, consideramos que los siguientes límites: $$\lim_{n\to\infty} \frac{n}{\ln\ln n} (\sqrt[n]{\ln n} -1) \quad\text{and}\quad \lim_{n\to\infty} \frac{n}{\ln\ln n} (\sqrt[n]{1+\ln n} -1) $$

Aplicamos la regla de L'Hôpital para calcular este límite. Antes de aplicar la regla de L'Hôpital, comprobamos este límite satisface las condiciones de la regla de L'Hôpital.

En Primer lugar, vamos a comprobar que $$\lim_{x\to\infty} \frac{\ln\ln x}{x}=0 \quad\text{and}\quad \lim_{x\to\infty} \sqrt[x]{\ln x} =1.$$ Para probar estas fórmulas es fácil, y $$\lim_{x\to\infty} \frac{(\sqrt[x]{\ln x} -1)'}{(\ln\ln x/x)'}= \lim_{x\to\infty} \frac{\sqrt[x]{\ln x}\cdot (\ln\ln x/x)' }{(\ln\ln x/x)'}=1$$

Así que Por la regla de L'Hôpital tenemos $$\lim_{x\to\infty} \frac{\sqrt[x]{\ln x} -1}{\ln\ln x/x}=\lim_{x\to\infty} \frac{(\sqrt[x]{\ln x} -1)'}{(\ln\ln x/x)'}= 1$$

Y usted puede demostrar que $$\lim_{n\to\infty} \frac{n}{\ln\ln n} (\sqrt[n]{1+\ln n} -1)=1.$$