Sumy pierwiastków

[mol_ksiazkowy]

\(\displaystyle{ \lim_{ n \to \infty } \frac{ \sqrt{n} + \sqrt[3]{n} +...+ \sqrt[n]{n} }{n} =}\) ?

[Premislav]

Było już na pewno kiedyś, nie mogę teraz znaleźć.

\(\displaystyle{ n^{\frac 1 k}\le \frac{2\sqrt{n}+\overbrace{1+\ldots+1}^{k-2}}{k} = \frac{2\sqrt{n}}{k}+1-\frac 2 k}\)
z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną. Dodajemy stronami dla \(\displaystyle{ k=2\ldots n}\) i mamy
\(\displaystyle{ \sum_{k=2}^{n} n^{\frac 1 k}\le n-1+\left(2\sqrt{n}-2\right)(H_n-1)}\)
Dzielimy stronami przez \(\displaystyle{ n}\) i mamy
\(\displaystyle{ \frac 1 n \sum_{k=2}^{n}n^{\frac 1 k}\le 1-\frac 1 n+ \frac{2\sqrt{n}-2}{n}(H_n-1)}\)
Nietrudno udowodnić, że \(\displaystyle{ H_n\le 1+\ln n}\):
\(\displaystyle{ \frac 1 k\le \int_{k-1}^{k}\frac 1 x\,\dd x=\ln k-\ln(k-1)}\)
dla \(\displaystyle{ k=2\ldots n}\), dodajemy stronami, obustronnie do wyniku dodajemy jedynkę i mamy właśnie \(\displaystyle{ H_n\le 1+\ln n}\).
Stąd już łatwo wywnioskować, że
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}\frac{2\sqrt{n}-2}{n}(H_n-1)=0}\)

Z drugiej strony
\(\displaystyle{ \sum_{k=2}^{n}n^{\frac 1 k}\ge (n-1)\cdot n^{\frac 1 n}}\)
i
\(\displaystyle{ \frac 1 n\sum_{k=2}^{n}n^{\frac 1 k}\ge \left( 1-\frac 1 n\right) \cdot n^{\frac 1 n}}\)

Ponieważ
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}\left( 1-\frac 1 n\right) \sqrt[n]{n}=1= \lim_{n \to \infty} \left( 1-\frac 1 n+ \frac{2\sqrt{n}-2}{n}(H_n-1)\right)}\),
więc z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że szukana granica jest równa \(\displaystyle{ 1}\).

[a4karo]

Kiedyś to zrobiłem tak

\(\displaystyle{ \frac{n-1}{n}<\frac{1}{n}\sum_{k=2}^n n^{1/k}=\frac{1}{n}\sum_{k\leq n^{1/3}} n^{1/k}+\frac{1}{n}\sum_{k> n^{1/3}} n^{1/k}\\<
\frac{n^{1/2}\cdot n^{1/3}}{n}+\frac{1}{n}(n-n^{1/3})n^{1/n^{1/3}}\\
<n^{-1/6}+\left((n^{1/3})^{1/n^{1/3}}\right)^3\to 1}\)