¿Puede encontrar este límite en forma "más bonita"?

Question

Estoy tratando de demostrar que:

$$\lim\limits_{n\to\infty}{n(\sqrt[n]{n}-1)} = \infty$$

De lo que he intentado ahora, básicamente todos terminan con es reescribir el término izquierdo como:

$$\lim\limits_{n\to\infty}{\frac{\sqrt[n]{n}-1}{\frac{1}{n}}}$$

y aplicando la regla De L'Hôpital (lo que obtiene realmente sucia teniendo en cuenta que estamos derivando $\sqrt[n]{n}$, desde $\frac{d}{dn}\sqrt[n]{n} = -n^{\frac{1}{n}-2}(\ln(n)-1)$).

¿Hay alguna manera "buena y rápida" para solucionar esto?

Answer 1

Tenga en cuenta que $x^{1/x}=e^{(\ln x)/x}$. Observando la expansión de series de potencias de $e^t$, conseguimos eso si $x\gt 1$ y $e^{(\ln x)/x}\gt 1+\frac{\ln x}{x}$. Ahora estamos acabados.

Podemos probar $e^t\gt 1+t$ si $t\gt 0$ de otras maneras, por ejemplo, mirando el derivado de $e^t$.

Comentario: La ventaja del enfoque anterior no es tanta rapidez, aunque es rápido. Lo que es útil es que da una idea bastante precisa del tamaño de $\sqrt[n]{n}-1$ % grande $n$.

Answer 2

Usted debe comprobar siempre para ver si un cambio en las variables facilitaría el problema. Voy a utilizar $n = \frac{1}{h}$.

$$\lim\limits_{n\to\infty}{n(\sqrt[n]{n}-1)} = \lim\limits_{n\to\infty}{n^{1+1/n}-n} = \lim\limits_{h\to0^+}{\frac{1}{h^{1+h}}-\frac{1}{h}}$$

Ahora sólo condensar la fracción y trabajar como normal.

$$\lim\limits_{h\to0^+}\frac{1}{h\cdot h^h}-\frac{1}{h} = \lim\limits_{h\to 0^+}\frac{1-h^h}{h\cdot h^{h}} $$

Reglas de L'hopitals:

$$\lim\limits_{h\to 0^+}\frac{-(1+\log h)}{1+h + h\log h} $$

$$\lim\limits_{h\to 0^+}\frac{-\frac{1}{h}}{2 + \log h} $$

$$\lim\limits_{h\to 0^+}\frac{\frac{1}{h^2}}{\frac{1}{h}} $$

$$\lim\limits_{h\to 0^+}\frac{1}{h} = \infty$$

Answer 3

Para grandes valores de $n$, un desarrollo asintótico da $$ \sqrt[n] n = 1-\frac {\log \left(\frac{1}{n}\right)} {n} + \frac {\log ^2\left(\frac{1}{n}\right)} {2 n ^ 2}-\frac {\log ^3\left(\frac{1}{n}\right)} {6 n^3}+O\left(\left(\frac{1}{n}\right)^4\right)$ $ de que puede también llegar a la conclusión.

Seguro, usted puede obtener la misma escritura, como ya dije por André Nicolas, que $\sqrt[n] n=e^{\frac{\log(n)}{n}}$ y desarrollar como una serie de Taylor.

Answer 4

Esto es casi obvio si uno reconoce que $\lim_{n \to \infty}n(\sqrt[n]{x} - 1) = \log x$. Y es fácil demostrar que la secuencia $y_{n} = n(\sqrt[n]{x} - 1)$ está disminuyendo y por lo tanto $y_{n} \geq \log x$. Si $z_{n} = n(\sqrt[n]{n} - 1)$ y $z_{n} > y_{n} \geq \log x$ si $n > x$. Desde $\log x \to \infty$ $x \to \infty$, se deduce que $z_{n} \to \infty$ $n \to \infty$.