Prever diferentes pruebas la siguiente igualdad.

Question

Que $a$ $b$ ser reales positivos. Mostrar que %#% $ #%

Answer 1

Puede utilizar la siguiente desigualdad:

$$ \sqrt{xy} \le \frac{x+y}{2} \le \sqrt[x+y]{x^x y^y}$$

La primera desigualdad es sencilla, y el segundo de ellos puede ser conseguido

$$ \frac{2}{x+y} = \frac{ x \times 1/x + y \times 1/y}{x+y} \ge \sqrt[x+y]{\frac{1}{x^x y^y}}$$

usando el % ponderado $\text{AM} \ge \text{GM}$.

Ajuste $x = a^{1/n}$, $y = b^{1/n}$ y tomando el $n^{th}$ poderes nos da que el límite es de $\sqrt{ab}$, por el teorema del apretón.

Answer 2

Una prueba elemental. Utilizamos el serie Taylor del $e^x = 1 + x + O(x^2)$ y el hecho de que $\lim_{n\to\infty}(1+x/n)^n = e^x$.

Si $a=b$ la identidad es trivial. Sin pérdida de generalidad, asuma $0<a<b$. Entonces $$\begin{eqnarray*} \left(\frac{a^{1/n}+b^{1/n}}{2}\right)^n &=& b \left(\frac{1+(\frac{a}{b})^{1/n}}{2}\right)^n \\ &=& b \left(\frac{1+e^{\frac{1}{n}\ln \frac{a}{b}}}{2}\right)^n \\ &=& b \left(1+\frac{1}{2}\frac{1}{n}\ln \frac{a}{b} + O(1/n^2)\right)^n \\ &=& b \left(1+\frac{1}{n}\ln \sqrt{\frac{a}{b}}\right)^n + O(1/n). \end{eqnarray *} $$ por lo tanto, $$ \begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \left(\frac{a^{1/n}+b^{1/n}}{2}\right)^n &=& \lim_{n\to\infty} b \left(1+\frac{1}{n}\ln \sqrt{\frac{a}{b}}\right)^n \\ &=& b e^{\ln \sqrt{\frac{a}{b}}} \\ &=& \sqrt{a b}. \end{eqnarray *} $$

Answer 3

% Grandes $n$, $$ x^{1/n}=1+\frac1n\log(x)+O\left(\frac{1}{n^2}\right) $$, $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\left(\frac{a^{1/n}+b^{1/n}}{2}\right)^n &=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\left(\frac{\log(a)+\log(b)}{2}\right)+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)^n\\ &=\exp\left(\frac{\log(a)+\log(b)}{2}\right)\\ &=\sqrt{ab} \end {Alinee el} $$

Answer 4

NOTA: Dado que el OP pregunta para una recolección de pruebas, supongo que es apropiado para hacer de este un wiki post.

Quieres demostrar

$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{{a^{1/n}} + {b^{1/n}}}}{2}} \right)^n} = \sqrt {ab} $$

Suponga que $a <b$, ya que el $a=b$ trivialmente producir el resultado. Tenemos una indeterminada para de $1^\infty$.

Utilizamos

$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{{a^{1/n}} + {b^{1/n}}}}{2}} \right)^n} = \exp \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } n\log \left( {\frac{{{a^{1/n}} + {b^{1/n}}}}{2}} \right)$$

A continuación, podemos reducir la indeterminación a uno de la forma$\infty \cdot0$, que se reduce entonces a una de la forma $0/0$, a saber:

$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\log \left( {\frac{{{a^{1/n}} + {b^{1/n}}}}{2}} \right)}}{{\frac{1}{n}}}$$

Dado que no hay suposición se hace en $n$ I use la Regla de L'Hôpital, desde donde

$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{{a^{1/n}} + {b^{1/n}}}}{2}} \right)^n} = \exp \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a^{1/n}}\log a + {b^{1/n}}\log b}}{{ - 2{n^2}}}\frac{{ - {n^2}}}{{\frac{{{a^{1/n}} + {b^{1/n}}}}{2}}}$$

$$ = \exp \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a^{1/n}}\log a + {b^{1/n}}\log b}}{{{a^{1/n}} + {b^{1/n}}}}$$

Ahora esta rendimientos

$$\exp \frac{{\log a + \log b}}{2} = \exp \log \sqrt {ab} = \sqrt {ab} $$

Si $n$ es una variable discreta puede utilizar L'Hôpital del analógicas individuales.

Answer 5

Otra prueba. Ampliar en un binomio de la serie, $$\left(\frac{a^{1/n}+b^{1/n}}{2}\right)^n = \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n {n\elegir k} (a^{1/n})^k (b^{1/n})^{n-k}.$$ El uso de de Moivre-Laplace teorema, $$ {n\elegir k} \left(\frac{1}{2}\right)^k \left(\frac{1}{2}\right)^{n-k} (a^{1/n})^k (b^{1/n})^{n-k} \simeq \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-(k-\mu)^2/(2\sigma^2)} (a^{1/(2\mu)})^k (b^{1/(2\mu)})^{2\mu - k}$$ donde$\mu = n/2$$\sigma^2 = n/4$. Cambio de variables. Deje $z = (k-\mu)/\sigma$. Por lo tanto, $$\lim_{n\to\infty} \left(\frac{a^{1/n}+b^{1/n}}{2}\right)^n = \lim_{n\to\infty} \sqrt{b} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty dz \, e^{-z^2/2} \left(\frac{a}{b}\right)^{\sigma z/(2\mu)}.$$ La integral se puede hacer con bastante facilidad, al completar el cuadrado. Nos encontramos $$\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty dz \, e^{-z^2/2} \left(\frac{a}{b}\right)^{\sigma z/(2\mu)} = \exp \frac{\sigma^2 \log^2(a/b)}{8\mu^2}.$$ Pero $\sigma/\mu = 1/\sqrt{n}$. Por lo tanto, en el límite de la integral es la unidad. Por lo tanto, $$\lim_{n\to\infty} \left(\frac{a^{1/n}+b^{1/n}}{2}\right)^n = \sqrt{a b}.$$