|
Как доказать, что $%\lim_{n\to\infty} 1/n\cdot(1+\sqrt2+...+\sqrt n)= +\infty$%, народ, помогите, пожалуйста. Распиши подробнее, пожалуйста! =) задан 28 Окт '12 22:34 
zmlokaloka |
|
1) Воспользуйтесь неравенством $%1/n\cdot(1+\sqrt2+...+\sqrt n)\ge \sqrt[n]{(1\cdot2\cdot3...n)^\frac{1}{2}}.$% 2) Возможно Вам нужно было применить признак Коши для этой последовательности. Суть этого признака: Последовательность $%x_n$% имеет конечный предел на множестве действительных чисел тогда и только тогда, если $%\forall\varepsilon>0,\exists M(\varepsilon)\in N:((\forall n>M,\forall p\in N)\Rightarrow |x_{n+p}-x_n|<\varepsilon).$% Для последовательности $%x_n=\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n}}{n}$% возьмем $%p=n$%, тогда $%|x_{n+p}-x_n|=|x_{2n}-x_n|=$% $%=|\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{2n}}{2n}-\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n}}{n}|=|\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}+...+\sqrt{2n}-\sqrt{1}-\sqrt{2}-...-\sqrt{n}}{2n}|=$% $%=|\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{1}+\sqrt{n+2}-\sqrt{2}+...+\sqrt{2n}-\sqrt{n}}{2n}|=\frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{2n}+\sqrt{n}})>\frac{1}{2}\cdot n\cdot\frac{1}{\sqrt{2n}+\sqrt{2n}})=$% $%=\frac{\sqrt{n}}{4\sqrt{2}}.$% Это значит, что, скажем, для $%\varepsilon=\frac{1}{4\sqrt{2}}$% такого $%M(\varepsilon)$% не существует. Последовательность имеет бесконечный предел. отвечен 28 Окт '12 23:01 
Anatoliy |
|
Самый простой способ теорема Штольца $$ x_{n} = \sqrt{1} + \sqrt{2}+....+ \sqrt{n}$$ ,$$ y_{n}=n $$ $$ \lim_{n \rightarrow { \infty} }x_{n} / y_{n} = \lim_{n \rightarrow { \infty} }(x_{n+1}- x_{n} ) / (y_{n+1}-y_{n}) =\lim_{n \rightarrow { \infty} }\sqrt{n+1}=\infty $$ отвечен 7 Дек '12 22:33 
Riemann |
|
Можно в скрытом виде реализовать идею интеграла, если оценить функцию $%\sqrt{.}$% линейной. А именно, для $%i \le n$%, $%\sqrt i \ge i/\sqrt n$% (это легко проверить). Но тогда $%\sum \sqrt i \ge {(\sum i)\over \sqrt n}$%. Последняя сумма легко подсчитывается. отвечен 28 Окт '12 23:40 
DocentI |
|
Последовательность $$\frac{n^{\frac{3}{2}}-(n-1)^{\frac{3}{2}}}{\sqrt n}=\frac{n^3-(n-1)^3}{\sqrt n \left( n^{\frac{3}{2}}+(n-1)^{\frac{3}{2}} \right)}=\frac{3-\frac 3n + \frac 1{n^2}}{1+(1-\frac 1n)^{\frac{3}{2}}}$$ сходится, а значит, ограничена, т.е. $%n^{\frac{3}{2}}-(n-1)^{\frac{3}{2}} < C \sqrt n, \; C > 0,$% или $$\sqrt n > M \left( n^{\frac{3}{2}}-(n-1)^{\frac{3}{2}} \right), \; M > 0.$$ Отсюда $$1 + \sqrt 2 + \sqrt 3 + ... \sqrt n > M [1^{\frac 32}-0^{\frac 32}+2^{\frac 32}-1^{\frac 32}+...+n^{\frac 32}-(n-1)^{\frac 32}]=M n^{\frac 23},$$ и $$\frac{1 + \sqrt 2 + \sqrt 3 + ... \sqrt n}{n} > M \sqrt n \to +\infty.$$ Другой способ. Пусть [$% \sqrt n $%] + 1 = $%k_0$% (где [.] - целая часть). Тогда $%\sqrt n < k_0 \leq \sqrt {n}+1$% и $$\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \sqrt k \geq \frac{1}{n} \sum_{k=k_0}^n \sqrt k \geq \frac{1}{n} (n - k_0) \sqrt {k_0} \geq \left(1 - \frac{\sqrt n + 1}{n} \right) \sqrt[4] n \to + \infty.$$ отвечен 13 Янв '13 20:21 
splen |
А чем можно пользоваться? Такой пример хорошо решается через интегральную сумму: выражение равно $%\sqrt n\cdot S_n$%, где $%S_n$% - интегральная сумма функции $%\sqrt x$% на отрезке [0; 1]
Нельзя через интегральную сумму (не проходили ещё) Решали через Сумму C