mateforum.ro

Sa se calculeze (daca exista, si banuiesc ca exista) \( \displaystyle\lim_{n\mapsto \infty} n\left(\sqrt[n] n- \sqrt[n+1]{n+1} \right) \).

Notez \( x_n =\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{\sqrt[n]{n}} \).

Avem \( \lim_{n\to\infty}x_n^n=\lim_{n\to\infty}(1+x_n-1)^n=\lim_{n\to\infty} e^{n(x_n-1)} \).

Dar \( \lim_{n\to\infty}x_n^n = \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt[n+1]{(n+1)^n}}{n}=1 \).

Atunci \( \lim_{n\to\infty}n(x_n-1)=0 \). Deci si limita cautata e 0.

Virgil Nicula wrote:Sa se arate ca \( \displaystyle\lim_{n\to\infty}\ \frac {n^2}{\ln n}\cdot \left(\sqrt[n] n\ -\ \sqrt[n+1]{n+1} \right)\ =\ 1\ . \)

Stim ca \( \lim_{n\to\infty }\ \sqrt[n]n=1 \) si \( \lim_{x\to 0}\ \frac {e^x-1}{x}=1\ , \) adica \( \left|\ \begin{array}{c}
x_n\rightarrow 0\\\\
x_n\ne 0\ (\forall )\ n\in\mathbb N^*\end{array}\ \right|\ \Longrightarrow\ \lim_{n\to\infty}\ \frac {e^{x_n}-1}{x_n}=1\ . \)

\( L\equiv\ \lim_{n\to\infty }\ \frac {n^2}{\ln n}\cdot \left(\sqrt[n] n\ -\ \sqrt[n+1]{n+1} \right)=\lim_{n\to\infty}\ \frac {n^2}{\ln n}\ \cdot\ \sqrt[n+1]{n+1}\ \cdot\ \frac {e^{x_n}-1}{x_n}\ , \) unde \( x_n=\frac {(n+1)\ln n-n\ln (n+1)}{n(n+1)} \)

si \( x_n\ \rightarrow\ 0\ . \) Asadar, \( L=\lim_{n\to\infty }\ \frac {n^2}{\ln n}\cdot x_n=\lim_{n\to\infty }\ \frac {(n+1)\ln n-n\ln (n+1)}{\ln n}=\lim_{n\to\infty }\ \frac {\ln n-\ln\left(1+\frac 1n\right)^n}{\ln n}=1\ . \)

Consecinta. \( \lim_{n\to\infty}\ n\cdot \left(\sqrt[n] n\ -\ \sqrt[n+1]{n+1} \right)\ =\lim_{n\to\infty}\ \frac {\ln n}{n}\ \cdot\ \frac {n^2}{\ln n}\left(\sqrt[n] n\ -\ \sqrt[n+1]{n+1} \right)\ =0\ \cdot\ 1=\ 0\ . \)

Iată şi o generalizare dusă puţin dincolo de limita suportabilului :
Să se arate că:

\(
\lim_{n\rightarrow \infty }n^{4}[(\sqrt[n]{n}-\sqrt[n+1]{n+1})-({\frac{\ln
(n)}{{n}^{2}}}-\frac{1}{n^{2}}+{\frac{(\ln (n))^{2}}{{n}^{3}}}-{\frac{2\ln
(n)}{{n}^{3}}+}\frac{3}{2n^{3}}+{\frac{(\ln (n))^{3}}{2{n}^{4}}}-{\frac{
2(\ln (n))^{2}}{{n}^{4}}+\frac{7\ln (n)}{2{n}^{4}}})]=-7/3
\)

aleph wrote:Iată şi o generalizare dusă puţin dincolo de limita suportabilului

OFF-topic. Deci se poate si mai mult ?! Si cand ma gandesc ca Andrei si cu mine nu am vrut sa depasim anumite limite .... Poate ne oferiti si o demonstratie, ca cel putin mie mi se pare dusa si putin dincolo de limita frumusetii acceptate. Daca mai vad doua, trei asemenea generalizari cred ca ma duc la carciuma sa ma conving ca mai exista si altceva in afara de matematica ... Numai bine si sper ca nu v-ati suparat pe mine !

Dezvoltarea (asimptotică) a fost găsită simplu cu Maple.
Se poate şi manual, scriind
\( \sqrt[n]{n} = e^x \), unde \( x = \ln (n)/n \)
şi dezvoltând Taylor \( e^x \).
Similar (dar cu nişte complicaţii) pentru celălalt termen.

Multumesc Aleph, dar te rog sa nu mai vii cu asemenea extinderi ca ma apuca ameteala ...

Alternativ, daca \( f(x)=x^{\frac1x} \), atunci limita este \( n(f(n)-f(n+1)) \), dar \( f(n)-f(n+1)=-f^{,}(c_n) \), cu \( c_n \in (n,n+1) \), din Lagrange. Cum evident \( \frac{c_n}{n} \rightarrow 1 \), ramane de calculat \( \displaystyle \lim_{x\to \infty}xf^{,}(x) \), adica \( \displaystyle \lim_{x\to \infty}e^{\frac{\ln x}{x}} \cdot \frac{1-\ln x}{x}=0 \)

Frumoasa demonstratie, dle Enescu ! Voi aplica ideea dvs. la sirul care

"satureaza" sirul initial, adica \( \overline {\underline{\left\|\ \displaystyle\lim_{n\to\infty}\ \frac {n^2}{\ln n}\cdot \left(\sqrt[n] n\ -\ \sqrt[n+1]{n+1} \right)\ =\ 1\ \right\|}}\ . \)

Functiei Rolle \( f(x)=x^{\frac 1x}\ ,\ x\in [n,n+1]\ ,\ n\in\mathbb N^* \) a carei functie-derivata este \( f^{\prim}(x)=x^{\frac 1x}\cdot\frac {1-\ln x}{x^2} \)

ii aplicam teorema Lagrange : exista \( n\ <\ c_n\ <\ n+1 \) astfel incat \( f(n+1)-f(n)=c_n^{\frac {1}{c_n}}\cdot\frac {1-\ln c_n}{c_n^2}\ . \)

Se observa ca \( c_n\rightarrow\infty \) , \( c_n^{\frac {1}{c_n}}\rightarrow 1 \) si \( \left\|\ \begin{array}{ccc}
\ln n\ <\ \ln c_n\ <\ \ln (n+1) & \Longrightarrow & \frac {\ln c_n}{\ln n}\rightarrow 1\\\\\\\\
\frac {n}{n+1}\ <\ \frac {n}{c_n}\ <\ 1 & \Longrightarrow & \frac {n}{c_n}\rightarrow 1\end{array}\ \right\|\ . \) Asadar,

\( \displaystyle\lim_{n\to\infty}\ \frac {n^2}{\ln n}\cdot \left(\sqrt[n] n\ -\ \sqrt[n+1]{n+1} \right)\ =-\displaystyle\lim_{n\to\infty}\ \frac {n^2}{\ln n}\cdot \left[f(n+1)-f(n)\right]=-\lim_{n\to\infty}\ c_n^{\frac {1}{c_n}}\cdot \left(\frac {n}{c_n}\right)^2\cdot\left(\frac {1}{\ln n}-\frac {\ln c_n}{\ln n}\right)=1\ . \)