Comprensión de la prueba de $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(\sqrt n)^\frac{1}{n}=1$

Question

Necesito ayuda para entender esto:

Demostrar que $$\lim_{n\to\infty}(\sqrt n)^\frac{1}{n}=1$$

$$(\sqrt n)^\frac{1}{n}\geq (\sqrt1)^\frac{1}{n}=1, \forall n\in\Bbb N$$ Por el teorema del binomio tenemos para $n\geq 2$

$$n=((\sqrt n)^\frac{1}{n})^n=[1+((\sqrt n)^\frac{1}{n}-1)]^n=\sum_{k=0}^{n}{{n}\choose{k}}1^{n-k}(\sqrt n^\frac{1}{n}-1)^k$$ $$\geq 1+{{n}\choose {2}}(\sqrt n^\frac{1}{n}-1)^2=1+\frac{n(n-1)}{2}(\sqrt n^\frac{1}{n}-1)^2$$ $$\Rightarrow (\sqrt n^\frac{1}{n}-1)^2\leq \frac{2}{n}$$ $$\Rightarrow \sqrt n^\frac{1}{n}\leq 1+\frac{\sqrt 2}{\sqrt n}$$ $1+\frac{\sqrt 2}{\sqrt n}$ enfoques $1$$n \rightarrow \infty$, por lo que por el teorema del sandwich llegamos $\lim_{n\to\infty}(\sqrt n)^\frac{1}{n}=1$

No entiendo esta parte: $$ \sum_{k=0}^{n}{{n}\, seleccione{k}}1^{n-k}(\sqrt n^\frac{1}{n}-1)^k\geq 1+{{n}\, seleccione {2}}(\sqrt n^\frac{1}{n}-1)^2.$$ Podría alguien explicar cómo consiguieron que en la RHS?

Answer 1

Está truncando la expansión binomial, descartando el términos positivos: si $$ r = r_0 + r_1 + r_2 + \dots + r_n $$ y $r_i\ge0$ $i=0,1,\dots,n$, entonces el $r\ge r_0+r_2$.

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Se puede hacer más fácilmente. Conjunto de $(\sqrt{n})^{1/n}=1+a_n$, que $$ \sqrt{n}=(1+a_n) ^ \ge1+na_n {n} $$ por la desigualdad de Bernoulli. Por lo tanto $$ a_n\le\frac {\sqrt {n} -1} {n} = \frac {1} {\sqrt {n}}-\frac {1} {n} $$ tanto $$ (\sqrt{n})^{1/n}=1+a_n\le 1 + \frac {1} {\sqrt {n}}-\frac {1} {n} $$ y el teorema del apretón permite concluir.

Answer 2

Desde $n^{1/n}\ge 1$, entonces todos los términos de la expansión binomial

$$\left(1+(\sqrt[n]{n}-1)\right)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(\sqrt[n]{n}-1)^k$$

son no negativos. Por lo tanto, tenemos para cualquier $m\le n$

$$\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(\sqrt[n]{n}-1)^k\ge \sum_{k=0}^m\binom{n}{k}(\sqrt[n]{n}-1)^k$$

Teniendo rendimientos de $m=2$ y $n\ge 2$

$$\begin{align} \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(\sqrt[n]{n}-1)^k&\ge \sum_{k=0}^2\binom{n}{k}(\sqrt[n]{n}-1)^k\\\\ &=1+n(\sqrt[n]{n}-1)+\frac{n(n-1)}{2}(\sqrt[n]{n}-1)^2\\\\ &\ge 1+\frac{n(n-1)}{2}(\sqrt[n]{n}-1)^2 \end {Alinee el} $$

donde la última desigualdad es verdadera puesto que $n(\sqrt[n]{n}-1)\ge 0$.

Answer 3

Que prueba me parece un poco complicada; Voy a hacer una diferente manera. Vamos a escribir $(\sqrt n)^{1/n} = 1+a_n.$ sabemos cada $a_n>0.$ $n\ge 2,$ el teorema del binomio muestra

$$\sqrt n= (1+a_n)^{n} = 1^n\cdot a_n^0 + n\cdot1^{n-1}\cdot a_n^1 + [n(n-1)/2]\cdot 1^{n-2}\cdot a_n^2 + \cdots > [n(n-1)/2]a_n^2.$$

Por lo tanto

$$\frac{\sqrt n}{n(n-1)/2} > a_n^2.$$

Desde la expresión de la izquierda $\to 0,a_n^2 \to 0,$ que implica $a_n \to 0.$ sigue que $(\sqrt n)^{1/n} \to 1.$

Answer 4

Me gustaría ofrecer otro método, el uso de $x^n-1=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+...+x^{2}+x+1)$

$$n-1=(n^{\frac{1}{2n}})^{2n}-1=\\(n^{\frac{1}{2n}}-1)(n^{\frac{1}{2n}(2n-1)}+n^{\frac{1}{2n}(2n-2)}+...+n^{\frac{1}{2n}2}+n^{\frac{1}{2n}}+1)\geq$$ el uso de AM-GM $$\geq(n^{\frac{1}{2n}}-1)\left((2n-1)\sqrt[2n-1]{n^{\frac{1}{2n}(2n-1)}\cdot n^{\frac{1}{2n}(2n-2)}\cdot ...\cdot n^{\frac{1}{2n}2}\cdot n^{\frac{1}{2n}}}+1\right)=\\ (n^{\frac{1}{2n}}-1)\left((2n-1)\sqrt[2n-1]{n^{\frac{1}{2n}(2n-1+2n-2+...+1)}}+1\right)= \\(n^{\frac{1}{2n}}-1)\left((2n-1)\sqrt[2n-1]{n^{\frac{1}{2n}\frac{(2n-1)2n}{2}}}+1\right)=\\ (n^{\frac{1}{2n}}-1)\left((2n-1)\sqrt{n}+1\right)$$ También se $\ln{x}\leq x-1,x>0$ lo que significa que $$\ln{n^{\frac{1}{2n}}}=\frac{\ln{n}}{2n}\leq n^{\frac{1}{2n}}-1$$

En total $$\frac{\ln{n}}{2n}\leq n^{\frac{1}{2n}}-1\leq \frac{n-1}{(2n-1)\sqrt{n}+1}<\frac{1}{2\sqrt{n}}$$

Answer 5

$$\sum_{k=0}^{n}{{n}\choose{k}}1^{n-k}(\sqrt n^\frac{1}{n}-1)^k= 1+{{n}\choose {2}}(\sqrt n^\frac{1}{n}-1)^2+\left[{{n}\choose {1}}(\sqrt n^\frac{1}{n}-1)^1+\sum_{k=3}^{n}{{n}\choose{k}}1^{n-k}(\sqrt n^\frac{1}{n}-1)^k\right]$$

y ver:

$${{n}\choose {1}}(\sqrt n^\frac{1}{n}-1)^1+\sum_{k=3}^{n}{{n}\choose{k}}1^{n-k}(\sqrt n^\frac{1}{n}-1)^k \ge 0$$

porque

$$\sqrt{n}^\frac{1}{n}-1 \ge0$$