¿Qué sugeriría usted aquí?
$$\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} n^{1/k} $$
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
AM $\ge$ GM parece suficiente para dar un simple y elemental de enfoque.
Por $k \ge 2$, tenemos, teniendo $k-2$ copias de $1$ y dos copias de $\sqrt{n}$, que
$$\frac{1 + 1 + \dots + 1 + \sqrt{n} + \sqrt{n}}{k} \ge n^{1/k} \ge 1$$
es decir,
$$ 1 - \frac{2}{k} + \frac{2 \sqrt{n}}{k} \ge n^{1/k} \ge 1$$
Así
$$ (n-1) + 2(H_n - 1)(\sqrt{n} - 1) \ge \sum_{k=2}^{n} n^{1/k} \ge n-1$$
Y así
$$ 2n-1 + 2(H_n - 1)(\sqrt{n} - 1) \ge \sum_{k=1}^{n} n^{1/k} \ge 2n-1$$ Donde $H_n$ es el $n^{th}$ número armónico.
Dividir por $n$, y por el teorema del sándwich, tenemos que
$$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} n^{1/k} = 2 $$
Este AM $\ge$ GM idea también fue usado en la respuesta aquí: la Prueba de que $\lim_{n\rightarrow \infty} \sqrt[n]{n}=1$ y una ligera variante: Cómo probar que $\lim_{n \to \infty} \sqrt{n}(\sqrt[n]{n} - 1) = 0$? y
larryb82
Puntos
158
SUGERENCIA: Busca en la suma, existen dos fuentes principales de aporte - los primeros términos son grandes, pero también hay un montón de pequeñas términos en la cola de los que suman. Así que debemos obligado por separado, como cualquier delimitador de todos los términos a la vez va a ser demasiado grueso. Para separar el primer $m$ términos del resto, y la estimación de cada parte. Entonces miro hacia atrás en cómo elegir los $m$ así como a obtener una decente obligado.
Si usted necesita más detalles de la pista, esta página va a través de los detalles del método que he propuesto, mientras que este tiene un enfoque diferente totalmente.
Anthony Shaw
Puntos
858
El uso de Bernoulli de la Desigualdad, obtenemos $k\ge\log(n)$ $$ \frac1n\ge\left(1-\frac{\log(n)}{k}\right)^k\etiqueta{1} $$ a partir de la cual es simple de derivar $$ n^{1/k}-1\le\frac{\log(n)}{k-\log(n)}\etiqueta{2} $$ Simplemente multiplicar el número de términos de la mayor plazo, obtenemos $$ \begin{align} \sum_{k=2}^{\lfloor\log(n)\rfloor+1}\left(n^{1/k}-1\right) &\le(\sqrt{n}-1)\lfloor\log(n)\rfloor\\ &\le\sqrt{n}\,\log(n)\etiqueta{3} \end{align} $$ Usando $(2)$, obtenemos $$ \begin{align} \sum_{k=\lfloor\log(n)\rfloor+2}^n\left(n^{1/k}-1\right) &\le\sum_{k=\lfloor\log(n)\rfloor+2}^n\frac{\log(n)}{k-\log(n)}\\ &\le\log(n)(\log(n)+\gamma)\\[8pt] &\le(\log(n)+\gamma)^2\etiqueta{4} \end{align} $$ Combinar $(3)$ y $(4)$ para obtener $$ \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=2}^n\left(n^{1/k}-1\right)=0\etiqueta{5} $$ Por lo tanto, $$ \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^nn^{1/k}=2\etiqueta{6} $$
schooner
Puntos
1602
Antes he cometido un error. Ahora quiero arreglarlo. He mirado el enlace que se encuentra arriba y la solución es muy largo y difícil de seguir. Por favor, mire la solución de abajo para ver si es correcta. Tenga en cuenta que $$ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^nn^{1/k}=1+\frac{1}{n}\sum_{k=2}^{n}n^{1/k}. $$ Ahora vamos a demostrar que \begin{eqnarray} \etiqueta{1} \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=2}^{n}n^{1/k}=1. \end{eqnarray} Deje de $a_n=\sum_{k=2}^{n}n^{1/k}$ y $b_n=$ n. Por el Stolz-Cesaro teorema, \begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=2}^{n}n^{1/k}&=&\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}\\ &=&\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}\\ &=&\lim_{n\to\infty}(a_{n+1}-a_n)\\ &=&\lim_{n\to\infty}\sum_{k=2}^{n+1}(n+1)^{1/k}-\sum_{k=2}^{n}n^{1/k}\\ &=&\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=2}^{n}\left[(n+1)^{1/k}-n^{1/k}\right]+(n+1)^{1/(n+1)}\right)\\ &=&\lim_{n\to\infty}\sum_{k=2}^{n}\left[(n+1)^{1/k}-n^{1/k}\right]+1. \end{eqnarray*} Tenga en cuenta que por el Valor medio teorema, que es fácil de comprobar $$ (n+1)^{1/k}-n^{1/k}\le \frac{1}{kn^\frac{k-1}{k}}\le\frac{1}{kn^{1/2}} $$ y por lo tanto \begin{eqnarray*} 0<\sum_{k=2}^{n}\left[(n+1)^{1/k}-n^{1/k}\right]\le\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{kn^{1/2}}=\frac{1}{n^{1/2}}\sum_{k=2}^n\frac{1}{k}=\frac{1}{n^{1/2}}(\ln n-1+\gamma+o(1))\a 0 \end{eqnarray*} como $n\to\infty$. Así que (1) es verdadera. Así $$ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nn^{1/k}=2. $$ Gracias, Aryabhata, para la propuesta de simplificar la solución
