Coś na bieżący rok

[a4karo]

Oblicz
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} \left(\sqrt[n]{1}+\sqrt[n]{2}+\dots+\sqrt[n]{2022}-2021\right)^n}\)

Ukryta treść:    

CMJ 2008

[Premislav]

Taki pomysł:
niech \(\displaystyle{ x\ge 1}\). Ciąg \(\displaystyle{ a_n=\left(1+\frac{\ln x}{x}\right)^n}\) jest niemalejący (dla \(\displaystyle{ x>1}\) nawet rosnący) i zbieżny do \(\displaystyle{ e^{\ln x}=x}\). Ponadto ciąg \(\displaystyle{ b_n=\left(1+\frac{\ln x}{n}\right)^{n+1}}\) jerst nierosnący (dla \(\displaystyle{ x>1}\) nawet malejący) i również zbieżny do \(\displaystyle{ x}\). Mamy zatem:
\(\displaystyle{ \left(1+\frac{\ln x}{n}\right)^n\le x\le\left(1+\frac{\ln x}{n}\right)^{n+1}\\ 1+\frac{\ln x}{n}\le \sqrt[n]{x}\le \left(1+\frac{\ln x}{n}\right)^{1+\frac1 n}}\).
Teraz przydałoby się jakoś sensownie ograniczyć \(\displaystyle{ \left(1+\frac{\ln x}{n}\right)^{\frac{1}{n}}}\), na przykład tak:
\(\displaystyle{ \left(1+\frac{\ln x}{n}\right)^{\frac{1}{n}}\le \frac{n+\frac{\ln x}{n}}{n}}\) z nierówności między średnimi dla \(\displaystyle{ n-1}\) jedynek i jednej zmiennej równej \(\displaystyle{ 1+\frac{\ln x}{n}}\).
Czyli otrzymujemy
\(\displaystyle{ 1+\frac{\ln x}{n}\le \sqrt[n]{x}\le 1+\frac{\ln x}{n}+\frac{\ln x}{n^2}\left(1+\frac{\ln x}{n}\right)}\), a dalej
\(\displaystyle{ \sum_{x=1}^{2022}\left(1+\frac{\ln x}{n}\right)\le \sum_{x=1}^{2022}\sqrt[n]{x}\le \sum_{x=1}^{2022}\left(1+\frac{\ln x}{n}\right)+\sum_{x=1}^{2022}\frac{\ln x}{n^2}\left(1+\frac{\ln x}{n}\right)}\).
Stąd (sorki, nie chce mi się babrać w szczegółach czysto technicznych) już każdy głupi wywnioskuje, że szukaną granicą jest
\(\displaystyle{ \exp\left(\sum_{x=1}^{2022}\ln x\right)=2022!}\).

Z grubsza chodzi o to, że szukamy szacowania
\(\displaystyle{ \sum_{x=1}^{2022}\left(1+\frac{\ln x}{n}\right)\le \sum_{x=1}^{2022} \sqrt[n]{x}\le \sum_{x=1}^{2022}\left(1+\frac{\ln x}{n}\right)+\frac{C}{n^2}}\) dla pewnej stałej dodatniej \(\displaystyle{ C}\) (tamtą resztową sumę to już bardzo łatwo można sobie oszacować, zastępując każdy wyraz największym z tej sumy i to starcza).

[Tmkk]

Można też tak strasznie nudno i standardowo, czyli napisać, że ta granica to

\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} \left[ \left(1 + \left( \sqrt[n]{1} + \sqrt[n]{2} + \ldots + \sqrt[n]{2022} - 2022\right) \right)^{1/\left( \sqrt[n]{1} + \sqrt[n]{2} + \ldots + \sqrt[n]{2022} - 2022\right) }\right]^{n\cdot (\sqrt[n]{1} + \sqrt[n]{2} + \ldots + \sqrt[n]{2022} - 2022)} }\)

No i ten cały koszmar pod zewnętrznym wykładnikiem dąży do \(\displaystyle{ e}\), a zewnętrzny wykładnik to suma rzeczy postaci \(\displaystyle{ \frac{\sqrt[n]{k}-1}{\frac{1}{n}}}\), dla \(\displaystyle{ k=1,2,\ldots ,2022}\), które dążą do \(\displaystyle{ \ln{k}}\) i wychodzi wynika jak u @Premislava.

[a4karo]

Stary dobry de l'Hospital też załatwia sprawę (tylko trzeba liczyć granicę logarytmu)

Dodano po 31 minutach 51 sekundach:
Nie potrzeba az takich wykładników
Prosta `y=x` jest styczna do `\ln(1+x)` w zerze, więc dla `a<1` i dostatecznie małych dodatnich `x` zachodzi
$$ax\le \ln(1+x)\le x$$
Zatem
$$a\left(\frac{\sqrt[n]{1}-1}{n}+\dots+\frac{\sqrt[n]{2022}-1}{n}\right)\le \frac{\ln\left(1+(\sqrt[n]{1}-1)+\dots+(\sqrt[n]{2022}-1)\right)}{n}\le\left(\frac{\sqrt[n]{1}-1}{n}+\dots+\frac{\sqrt[n]{2022}-1}{n}\right)$$

[timon92]

lemat: \(x_1,\ldots,x_k\ge 0 \implies \prod_{i=1}^k(1+x_i)\ge 1+\sum_{i=1}^k x_i\)

dowód lematu oczywisty, wystarczy wymnożyć nawiasy

z lematu, AM-GM i \(t-1\ge \ln t\) mamy
$$
\begin{align*}
2022! &= \left(\prod_{i=2}^{2022} (1+(i^{1/n}-1))\right)^n \\
&\ge \left(1+\sum_{i=2}^{2022} (i^{1/n}-1) \right)^n \\
&= \left(1+\sum_{i=2}^{2022} i^{1/n} - 2021\right)^n \\
&\ge \left(1+2021\cdot (2022!)^{1/(2021n)} - 2021\right)^n \\
&=\left(1+2021\left((2022!)^{1/(2021n)} - 1\right)\right)^n \\
&\ge\left(1+2021 \ln\left((2022!)^{1/(2021n)}\right) \right)^n \\
&=\left(1+\frac{\ln(2022!)}{n}\right)^n
\end{align*}
$$
i pozostaje skorzystać z twierdzenia o trzech ciągach