TU Wien:Mathematik 1 UE (diverse)/Übungen SS10/Beispiel 60

Man beweise, dass $\lim _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{n}}=1$ gilt.

(Anleitung: Zeigen Sie, dass $a_{n}={\sqrt[{n}]{n}}-1$ eine Nullfolge ist. Dazu entwickle man die Darstellung $(1+a_{n})^{n}=n$ mit Hilfe des binomischen Lehrsatzes und leite daraus die Ungleichung $a_{n}\leq {\sqrt {2/n}}$ her.)

Hilfreiches

Binomischer Lehrsatz

Binomischer Lehrsatz

Für $n\geq 0$ und beliebige $x,y\in \mathbb {C}$: $\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}x^{n-k}y^{k}=(x+y)^{n}$

Lösungsvorschlag

${\begin{aligned}n&=\left(1+a_{n}\right)^{n}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}}{a_{n}}^{k}\\&=1+{\begin{pmatrix}n\\1\end{pmatrix}}a_{n}+{\begin{pmatrix}n\\2\end{pmatrix}}{a_{n}}^{2}+\dots \end{aligned}}$

${\begin{aligned}n&\geq {\begin{pmatrix}n\\2\end{pmatrix}}{a_{n}}^{2}\\n&\geq {\frac {n\cdot (n-1)(n-2)(n-3)!}{2!\cdot (n-2)(n-3)!}}\cdot {a_{n}}^{2}\\n&\geq {\frac {n\cdot (n-1)}{2!}}\cdot {a_{n}}^{2}\\1&\geq {\frac {n-1}{2}}\cdot {a_{n}}^{2}\\2&\geq (n-1)\cdot {a_{n}}^{2}\\{\frac {2}{n-1}}&\geq {a_{n}}^{2}\\{\sqrt {\frac {2}{n-1}}}&\geq a_{n}\\{\sqrt {\frac {2}{n}}}&\geq a_{n}\end{aligned}}$

Wichtig dabei ist, dass $a_{n}={\sqrt[{n}]{n}}-1>0$ gilt!

$\lim _{n\to \infty }a_{n}\leq \lim _{n\to \infty }{\sqrt {\frac {2}{n-1}}}=0$

$a_{n}$ muss daher eine Nullfolge sein.

${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }n&=\lim _{n\to \infty }\left(1+a_{n}\right)^{n}\\\lim _{n\to \infty }n&=\lim _{n\to \infty }\left(1+0\right)^{n}\\\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{n}}&=1\end{aligned}}$