предел из учебника Зорича

[goganchic]

Разбираюсь с пределами по учебнику Зорича. На странице 102 разбирается почему предел последовательности $x_n = n / q^n $ равен 1, все понятно и логично.

После этого в качестве следствия 1 описан такой предел: $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1$. Доказательство очень краткое и ссылается на предыдущее, но в предыдущем доказательстве следующий член последовательности выражается через текущий, за счет чего доказывается ограниченность и находится предел. Правильно ли я понимаю, что в последовательности $x_n = \sqrt[n]{n}$ автор тоже как-то просто выражает следующий член через текущий? Если да - то как? Если нет - то каким образом используется предыдущее доказательство?

На интуитивном уровне понятно что начиная с $\sqrt[3]{3}$ каждый следующий член будет меньше предыдущего, но никогда не будет меньше 1, но вот как это доказать формально - я не понимаю.

[xmaister]

(Оффтоп)

Можно так делать: $n=\prod\limits_{k=1}^{n-1}\left(1+\frac{1}{k}\right)$. Далее AM-GM имеем $\sqrt[n]{n}\le 1+\frac{H_{n-1}}{n}$. Гармонические числа легко оцениваеются откуда получается что предел зажат между 1 и $1+o(1)$

[Sonic86]

xmaister в сообщении #628907 писал(а):

Можно так делать: $n=\prod\limits_{k=1}^{n-1}\left(1+\frac{1}{k}\right)$. Далее AM-GM имеем $\sqrt[n]{n}\le 1+\frac{H_{n-1}}{n}$. Гармонические числа легко оцениваеются откуда получается что предел зажат между 1 и $1+o(1)$

Если честно, жесть какая-то. Можно же просто: $\sqrt[n]{n}=e^{\frac{\ln n}{n}}$.

[goganchic]

Sonic86 и что нам это дает? То что показатель стремится к нулю, а следовательно все выражение стремится к единице?

мне все же хочется понять что имел ввиду автор, говоря что опирается на доказанный выше предел

[Sonic86]

goganchic в сообщении #628997 писал(а):

Sonic86 и что нам это дает? То что показатель стремится к нулю, а следовательно все выражение стремится к единице?

ну да

goganchic в сообщении #628997 писал(а):

мне все же хочется понять что имел ввиду автор, говоря что опирается на доказанный выше предел

я подумал и затруднился Не знаю

[RIP]

Равенство $\lim\sqrt[n]n=1$ доказывается по определению. Фиксируем $\varepsilon>0$. Из первого предела (который равен 0) следует, что для больших $n$ выполнено $1<n<(1+\varepsilon)^n$, т.е. $1<\sqrt[n]n<1+\varepsilon$.

[goganchic]

goganchic в сообщении #628906 писал(а):

Разбираюсь с пределами по учебнику Зорича. На странице 102 разбирается почему предел последовательности $x_n = n / q^n $ равен 1, все понятно и логично.

конечно предел $x_n = n / q^n $ равен нулю, опечатка у меня тут

-- 10.10.2012, 10:51 --

все, разобрался, непонятным было вот такое неравенство: $1 <= n < (1 + \varepsilon)^n$. Но при фиксированном $\varepsilon$ мы получаем последовательность $n / (1 + \varepsilon)^n$ которая, как доказано в предыдущем пункте, при $(1 + \varepsilon) > 1$ начиная с некоторого члена монотонно убывает, следовательно $n < (1 + \varepsilon)^n$

-- 10.10.2012, 10:53 --

RIP надо было мне обновить страницу прежде чем писать сообщение :)

[arqady]

Можно $1<\sqrt[n]n<1+\sqrt{\frac{2}{n}}$ применить.

[nnosipov]

arqady в сообщении #629177 писал(а):

Можно $1<\sqrt[n]n<1+\sqrt{\frac{2}{n}}$ применить.

Можно, но это будет не так естественно, как сравнение роста степенной и показательной функции.

[arqady]

Это понятно. Ну это как бы всё равно доказывать надо... Впрочем, всё это дело вкуса. В начале анализа всё уже так заезженно и переезженно, что уже даже не интересно как-то...

[Keter]

Можно банально, как в самом "забитом" учебнике:

Докажем, что для произвольного $\varepsilon>0$ найдется номер $n_0$ такой, что для всех $n \ge n_0$ выполняется двойное неравенство $1-\varepsilon<\sqrt[n]{n}<1+\varepsilon$.
Заметим, что $1-\varepsilon<\sqrt[n]{n}$ для всех $n \in \mathbb{N}$.
Рассмотрим неравенство $\sqrt[n]{n}<1+\varepsilon$. Имеем: $n<(1+\varepsilon)^n, \dfrac{n}{(1+\varepsilon)^n}<1$.
Так как $\lim_{n \to \infty} \dfrac{n}{a^n}=0$ для всех $a>1$, то $\lim_{n \to \infty} \dfrac{n}{(1+\varepsilon)^n} = 0$. По теореме:

$\bigg($если $\lim_{n \to \infty} a_n =a$ и $a>b (a<b)$, то начиная с некоторого номера $n_0$, выполняется неравенство $a_n>b (a_n<b)$$\bigg)$

существует такой номер $n_0$, что для всех $n \ge n_0$ имеет место неравенство $\dfrac{n}{(1+\varepsilon)^n} <1$.
Таким образом, для произвольного $\varepsilon$ доказано существование такого $n_0$, что для всех $n \ge n_0$ выполняется двойное неравенство $1-\varepsilon<\sqrt[n]{n}<1+\varepsilon$. Это и означает, что $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1$.

[bot]

А ещё есть бином. Пусть $\sqrt[n]{n}=1+x_n$. Тогда $n=(1+x_n)^n>\dfrac{n(n-1)}{2}x_n^2$, откуда $0<x_n<\sqrt{\dfrac{2}{n-1}}$