Όριο ακολουθίας (διαφορά ριζών με παραγοντικά)

#1

Υπολογισθήτω το $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\sqrt[n+1]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}}$ .

#2

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Υπολογισθήτω το $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\sqrt[n+1]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}}$ .

Πολύ αργά για να γράψω όλη την λύση, αλλά από τον τύπο του Stirling βγάζω απάντηση $\frac{1}{e}$ .
Ες αύριον τα σπουδαία.

Μ.

kwstas12345 · #3

Μιας και ξεχάστηκε, θα βάλω μια λύση, χρησιμοποιώντας το λήμμα Cesaro-Stolz και το τύπο του Striling. Πιο συγκεκριμένα ορίζουμε τις ακολουθίες $\displaystyle a_{n}:=\sqrt[n]{n!},b_{n}:=n,$ , και η $\displaystyle \left(b_{n} \right)_{n}$ είναι θετική μη φραγμένη και γνησίως αύξουσα.

Άρα $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\left(\sqrt[n+1]{\left(n+1 \right)!}-\sqrt[n]{n!} \right)=\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{\sqrt[n+1]{\left(n+1 \right)!}-\sqrt[n]{n!}}{\left(n+1 \right)-n}=\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}$ . Όμως από το λήμμα Cesaro Stolz $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}=\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{a_{n}}{b_{n}}=\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}$ .

Άρα το αρχικό όριο ισούται με $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}$ . Από την προέγγιση του Striling όμως είναι $\displaystyle n!=\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e} \right)^n e^{\frac{k_{n}}{12n}}, 0<k_{n}<1$ . Άρα $\displaystyle \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\frac{1}{e}\cdot \left(2\pi n \right)^{n/2}e^{\frac{k_{n}}{12n^2}}$ .

Και έτσι $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{e}\left(2\pi n \right)^{n/2} e^{\frac{k_{n}}{12n^2}}=\lim_{n\rightarrow \infty}\left(\frac{1}{e}\left(2\pi n \right)^{n/2} \right) \cdot \lim_{n\rightarrow \infty}e^{\frac{k_{n}}{12n^2}}=$ $\displaystyle \frac{1}{e}\cdot 1=\frac{1}{e}$ . Τελικά $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\left(\sqrt[n+1]{\left(n+1 \right)!}-\sqrt[n]{n!} \right)=\frac{1}{e}$ .

#4

Γεια σου Κώστα. Νομίζω ότι για να επικαλεστείς το cezaro πρέπει αρχικά να δείξεις ότι το ζητούμενο όριο υπάρχει. Τώρα έδειξες ότι αν υπάρχει, θα είναι από cezaro αυτό που βρήκες.

kwstas12345 · #5

Σωστά το λήμα προυποθέτει ότι το όριο υπάρχει ( είτε έιναι πεπερασμένο έιτε μή πεπερασμένο). Για να είναι συμπληρωμένο το παραπάνω,μήπως να δείχναμε ότι η ακολουθία συγκλίνει ( δηλαδη ότι είναι μονότονη και φραγμένη), τότε ίσως να εξασφαλίζαμε την ύπαρξη του ορίου της.

#6

Η παρακάτω απόδειξη, στην οποία δεν χρησιμοποιείται ο τύπος του Stirling, υπάρχει στο βιβλίο των Radulescu-Andreescu Problems in Real Analysis.

Θέτουμε $\displaystyle{{a_n}: = \sqrt[{n + 1}]{{\left( {n + 1} \right)!}} - \sqrt[n]{{n!}}}$ και $\displaystyle{{b_n}: = \frac{{\sqrt[{n + 1}]{{\left( {n + 1} \right)!}}}}{{\sqrt[n]{{n!}}}},}$ οπότε είναι

$\displaystyle{{a_n} = \sqrt[n]{{n!}}\left( {{b_n} - 1} \right).}$

Θέτουμε επίσης $\displaystyle{{x_n}: = \frac{{n!}}{{{n^n}}}}$ και παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x_{n + 1}}}}{{{x_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{{{\left( {n + 1} \right)}^{n + 1}}}}}}{{\frac{{n!}}{{{n^n}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{{{\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)}^n}}} = \frac{1}{e},}$

οπότε θα είναι και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{{x_n}}} = \frac{1}{e},}$ δηλαδή

$\displaystyle{\boxed{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sqrt[n]{{n!}}}}{n} = \frac{1}{e}}.}$

Άρα, θα είναι και

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {b_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sqrt[{n + 1}]{{\left( {n + 1} \right)!}}}}{{\sqrt[n]{{n!}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{n + 1}}{n}\frac{{\frac{{\sqrt[{n + 1}]{{\left( {n + 1} \right)!}}}}{{n + 1}}}}{{\frac{{\sqrt[n]{{n!}}}}{n}}} = 1 \cdot \frac{{\frac{1}{e}}}{{\frac{1}{e}}} = 1.}$

Γράφουμε τώρα

$\displaystyle{{a_n} = \frac{{\sqrt[n]{{n!}}}}{n}n\left( {{b_n} - 1} \right) = \frac{{\sqrt[n]{{n!}}}}{n}\frac{{{b_n} - 1}}{{\ln \left( {{b_n}} \right)}}n\ln \left( {{b_n}} \right) = \frac{{\sqrt[n]{{n!}}}}{n}\frac{{{b_n} - 1}}{{\ln \left( {{b_n}} \right)}}\ln \left( {b_n^n} \right)}$

και παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{b_n} - 1}}{{\ln \left( {{b_n}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 1}}{{\ln x}} = 1,}$

ενώ

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } b_n^n = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{{\left[ {\left( {n + 1} \right)!} \right]}^{\frac{n}{{n + 1}}}}}}{{n!}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{n!}} \cdot {\left[ {\left( {n + 1} \right)!} \right]^{ - \frac{1}{{n + 1}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{n + 1}}{{\sqrt[{n + 1}]{{\left( {n + 1} \right)!}}}} = e,}$

οπότε

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \ln \left( {b_n^n} \right) = 1}$

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \frac{1}{e}.}$

#7

Πολύ καλό!!! Δεν το είχα παρατηρήσει στο βιβλίο.

Ας δείξουμε και ότι

$\displaystyle{ \left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1}< \sqrt[n+1]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}<\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n}}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

peter · #8

Αναστάση, για το δεξί κομμάτι υπάρχει μια εξαιρετικά σύντομη απόδειξη με χρήση της ανισότητας AGM για τους $a_1=\ldots=a_n=\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}$ και $a_{n+1}=(\frac{n}{n+1})^n$ .

#9

Και ένα σχετικό άρθρο του Ovidiu Furdui (σελ 339, 49 του pdf.)

Όριο ακολουθίας (διαφορά ριζών με παραγοντικά)

Όριο ακολουθίας (διαφορά ριζών με παραγοντικά)

Re: Όριο ακολουθίας (διαφορά ριζών με παραγοντικά)

Re: Όριο ακολουθίας (διαφορά ριζών με παραγοντικά)

Re: Όριο ακολουθίας (διαφορά ριζών με παραγοντικά)

Re: Όριο ακολουθίας (διαφορά ριζών με παραγοντικά)

Re: Όριο ακολουθίας (διαφορά ριζών με παραγοντικά)

Re: Όριο ακολουθίας (διαφορά ριζών με παραγοντικά)

Re: Όριο ακολουθίας (διαφορά ριζών με παραγοντικά)

Re: Όριο ακολουθίας (διαφορά ριζών με παραγοντικά)

Μέλη σε σύνδεση