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

Man beweise, dass $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{n}=1$ 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 $a_n\le \sqrt{2/n}$ her.)

Hilfreiches

Binomischer Lehrsatz

Binomischer Lehrsatz

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

Lösungsvorschlag

$\begin{array}{cc}n& ={(1+a_n)}^n\\ & =\sum _{k=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right){a_n}^k\\ & =1+\left(\begin{array}{c}n\\ 1\end{array}\right)a_n+\left(\begin{array}{c}n\\ 2\end{array}\right){a_n}^2+\dots \end{array}$

$\begin{array}{cc}n& \ge \left(\begin{array}{c}n\\ 2\end{array}\right){a_n}^2\\ n& \ge \frac{n\cdot (n-1)(n-2)(n-3)!}{2!\cdot (n-2)(n-3)!}\cdot {a_n}^2\\ n& \ge \frac{n\cdot (n-1)}{2!}\cdot {a_n}^2\\ 1& \ge \frac{n-1}{2}\cdot {a_n}^2\\ 2& \ge (n-1)\cdot {a_n}^2\\ \frac{2}{n-1}& \ge {a_n}^2\\ \sqrt{\frac{2}{n-1}}& \ge a_n\\ \sqrt{\frac{2}{n}}& \ge a_n\end{array}$

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

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n\le \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt{\frac{2}{n-1}}=0$

$a_n$ muss daher eine Nullfolge sein.

$\begin{array}{cc}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+a_n)}^n\\ \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+0)}^n\\ \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{n}& =1\end{array}$