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Kein bestimmter Bereich J ** Grenzwertig I
Squire
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-07-07


Das folgende Problem, das ich mir selbst gestellt habe, hat mir das Wochenende verschönt, da wollte ich es euch nicht vorenthalten.

$$\displaystyle \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}\cdot\sum_{k=1}^n \left( k\cdot\sqrt[k]{n}\right)$$
Eine Vermutung hatte ich recht schnell, aber zu beweisen war sie (für mich) nicht so einfach. Wie ist das bei euch?

Lösungen bitte nur mit Rechenweg und per PN. Viel Freude!

Grüße Squire



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Squire
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-09


Dankeschön und Gratulation an

Nuramon
Wauzi
MontyPythagoras

für die korrekten Lösungen. Weitere Einsendungen willkommen, ich werde nächste Woche auflösen.

Grüße Squire



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Squire
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-14


Nochmals vielen Dank für die eleganten Lösungen. Hier ist meine:

Wir wollen $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}\cdot\sum_{k=1}^n \left( k\cdot\sqrt[k]{n}\right)=\frac{1}{2}$ zeigen. Die Abschätzung nach unten ist leicht: $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}\cdot\sum_{k=1}^n \left( k\cdot\sqrt[k]{n}\right)\geq \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}\cdot\sum_{k=1}^n k=\frac{1}{2}$.

Für die Abschätzung nach oben habe ich länger gebraucht:

$\displaystyle \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}\cdot\sum_{k=1}^n \left( k\cdot\sqrt[k]{n}\right)=\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}\cdot\sum_{k=1}^n \left( k \cdot (1^{k-2}\cdot (\sqrt{n})^2)^\frac{1}{k} \right)\leq (GM \leq AM)\leq$  

$ \displaystyle \leq \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}\cdot\sum_{k=1}^n \left( k \cdot  \frac{k-2+2\sqrt{n}}{k} \right)=\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}\cdot\sum_{k=1}^n k+\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}\cdot\sum_{k=1}^n \left( -2+2\sqrt{n} \right)=$

$ \displaystyle =\frac{1}{2}+\lim_{n \to \infty}\frac{-2n+2n\sqrt{n}}{n^2}=\frac{1}{2}$




Danke fürs Mitmachen! Wer seine Lösung posten möchte, ist ab jetzt herzlich dazu eingeladen.
Grüße Squire




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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-07-14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Meine Herleitung der oberen Schranke:


Sei $C>1$ beliebig.
Für jedes $k\geq 1$ gilt $\sqrt[k] n\leq n$.
Für $k \geq \log_C(n)$ gilt sogar $\sqrt[k]n \leq C$.


Somit folgt:
$$ \begin{align*}
\frac{1}{n^2}\cdot\sum_{k=1}^n \left( k\cdot\sqrt[k]{n}\right) &\leq \frac 1{n^2}\left(\sum_{1\leq k < \log_C(n)}k\cdot\sqrt[k]{n} + \sum_{\log_C(n) \leq k \leq n}k\cdot\sqrt[k]{n}\right)\\
&\leq  \frac 1{n^2}\left(\sum_{1\leq k < \log_C(n)}k\cdot{n} + \sum_{\log_C(n) \leq k \leq n}k\cdot C\right)\\
&\leq \frac 1{n^2}\left(\sum_{1\leq k < \log_C(n)}\log_C(n)\cdot{n} + \sum_{1 \leq k \leq n}k\cdot C\right)\\
&\leq \frac 1{n^2}\left(\log_C(n)\cdot\log_C(n)\cdot{n} + \frac{n(n+1)}2\cdot C\right)\\
&= \frac{(\log_C(n))^2}n + \frac{n+1}{2n} C.
\end{align*}$$ Der Grenzwert für $n\to \infty$ ist daher $\leq \frac 12C$. Für $C\to 1$ folgt dann die Behauptung.

\(\endgroup\)


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Wauzi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-07-14


Mein Ansatz ganz kurz:

fed-Code einblenden

Gruß Wauzi


-----------------
Primzahlen sind auch nur Zahlen



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-07-14


2020-07-14 13:20 - Wauzi in Beitrag No. 4 schreibt:
Mein Ansatz ganz kurz:

fed-Code einblenden

Kannst du das etwas ausführen? Irgendwie sehe ich nicht, wie man das aus dem binomischen Satz folgert.



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Wauzi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-07-14





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Wauzi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-07-14


@Nuramon:

fed-Code einblenden


Gruß Wauzi



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Wauzi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-07-16


Nachdem das Thema abgehakt ist und ich deshalb nicht mehr in weitere Lösungsansätze eingreife, eine andere Idee. Dabei geht es mir weniger um den Grenzwert sondern um eine Asymptotik der Summe. Das O-Glied von log(n)/n ist scharf.


fed-Code einblenden


Gruß Wauzi



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-07-16


Hallo zusammen,
hier ist mein Beweis, wie ich ihn an Squire geschickt hatte (ziemlich ausführlich 🙂).
Es sei
$$a_n=\sum_{k=1}^n \left( k\cdot\sqrt[k]{n}\right)$$und
$$b_n=\sum_{k=1}^n k$$$b_n$ ist eine bekannte Summe, es gilt
$$b_n=\frac12n(n+1)$$und daher
$$\lim_{n \to \infty}\left(\frac{1}{n^2}b_n\right)=\lim_{n \to \infty}\left(\frac{1}{n^2}\cdot\frac12n(n+1)\right)=\lim_{n \to \infty}\frac12\left(1+\frac1n\right)=\frac12$$
Behauptung:
$$\lim_{n \to \infty}\left(\frac{1}{n^2}a_n\right)=\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}\cdot\sum_{k=1}^n \left( k\cdot\sqrt[k]{n}\right)=\frac12$$ Die Behauptung wäre bewiesen, wenn man zeigen kann, dass
$$\lim_{n \to \infty}\left(\frac{1}{n^2}(a_n-b_n)\right)=0$$wobei alle Summanden positiv sind.
Es ist
$$\frac{1}{n^2}(a_n-b_n)=\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n \left( k\cdot(\sqrt[k]{n}-1)\right)$$Außerdem gilt:
$$\sqrt[k]{n}-1=e^{\frac1k\ln n}-1=\sum_{i=1}^\infty\frac1{i!}\left(\frac{\ln n}k\right)^i=\frac{\ln n}k\sum_{i=0}^\infty\frac1{(i+1)!}\left(\frac{\ln n}k\right)^i<\frac{\ln n}k\sum_{i=0}^\infty\frac1{i!}\left(\frac{\ln n}k\right)^i=\frac{\ln n}k\sqrt[k]{n}$$(Das Kleinerzeichen gilt, weil $(i+1)!>i!$ ist. Somit folgt:
$$k(\sqrt[k]{n}-1)<\sqrt[k]{n}\ln n$$woraus folgt, dass
$$\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n \left( k\cdot(\sqrt[k]{n}-1)\right)<\frac{\ln n}{n^2}\sum_{k=1}^n \sqrt[k]{n}=\frac{\ln n}{n^2}\left(n+\sum_{k=2}^n \sqrt[k]{n}\right)$$Da außerdem $\sqrt[k]{n}<\sqrt n$ für alle $k>2$ ist, gilt darüber hinaus:
$$\left(n+\sum_{k=2}^n \sqrt[k]{n}\right) < n+(n-1)\sqrt n < n(1+\sqrt n)$$Damit kann man folgern, dass
$$\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n \left( k\cdot(\sqrt[k]{n}-1)\right)<\frac{\ln n}{n^2}n(1+\sqrt n)$$ ist, wo man noch $n$ kürzen kann. Zusammenfassend gilt daher:
$$\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n \left( k\cdot(\sqrt[k]{n}-1)\right)<\frac{(1+\sqrt n)\ln n}{n}$$Mithilfe der Regel von L'Hopital kann man zeigen, dass
$$\lim_{n \to \infty}\frac{(1+\sqrt n)\ln n}{n}=0$$ist, womit auch
$$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n \left( k\cdot(\sqrt[k]{n}-1)\right)=0$$ gelten muss und die Behauptung bewiesen wäre. Der gesuchte Grenzwert ist daher $\frac12$.

Ciao,

Thomas



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Squire hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Squire hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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